1旭川医科大学 2026年 数学 第1問解答・解説

各小問を独立に扱った。絶対値の零点で片側微分係数を比較し、最大値は中心を移して導関数の符号で決めた。問3は部分積分による原始関数、周期性による漸化式、有限等比和と数列極限を用いた。

(1)

$\cos x\ne0$ なら，その点の近くでは $\cos x$ の符号が一定である。したがって $|\cos x|$ はその近傍で $\cos x$ または $-\cos x$ と一致し，$f(x)=e^{-x}|\cos x|$ は微分可能である。一方，$\cos x=0$ となるのは
$$x=\left(k+\frac12\right)\pi\qquad(k\text{ は整数})$$
である。$x_0=(k+\tfrac12)\pi$ とおくと，$|\cos x|$ の左微分係数と右微分係数はそれぞれ $-1,1$ である。$e^{-x_0}>0$ なので，$f$ の左微分係数と右微分係数もそれぞれ $-e^{-x_0},e^{-x_0}$ となり一致しない。よってこれらの点で $f$ は微分可能でない。求める点は
$$\boxed{x=\left(k+\frac12\right)\pi\quad(k\text{ は整数})}.$$

(2)

$$u=x-m\pi$$
とおくと，$-\pi/2\leqq u\leqq\pi/2$ であり，
$$|\cos x|=|\cos(m\pi+u)|=\cos u$$
である。したがって
$$f(x)=e^{-m\pi}e^{-u}\cos u.$$
$g(u)=e^{-u}\cos u$ とおけば
$$g'(u)=-e^{-u}(\cos u+\sin u).$$
区間内では $\cos u>0$ だから，$g'(u)=0$ は $\tan u=-1$，すなわち $u=-\pi/4$ のときに限る。$u<-\pi/4$ では $g'(u)>0$，$u>-\pi/4$ では $g'(u)<0$ である。端点では $g=0$ なので最大値は $u=-\pi/4$，すなわち $x=m\pi-\pi/4$ でとる。ゆえに
$$\boxed{\max f(x)=\frac{1}{\sqrt2}e^{-m\pi+\pi/4}}.$$

(3)

まず，$I=\int e^{-x}\cos x\,dx$，$J=\int e^{-x}\sin x\,dx$ とおく。部分積分より
$$I=-e^{-x}\cos x-J,\qquad J=-e^{-x}\sin x+I$$
である。これを代入して
$$2I=e^{-x}(\sin x-\cos x),\qquad \int e^{-x}\cos x\,dx=\frac{e^{-x}}2(\sin x-\cos x)+C$$
を得る。右辺を微分すると $e^{-x}\cos x$ となることも確かめられる。

(1)

$\cos x$ は $0\leqq x\leqq\pi/2$ で非負，$\pi/2\leqq x\leqq\pi$ で非正である。上の原始関数を
$$F(x)=\frac{e^{-x}}2(\sin x-\cos x)$$
とすると，
$$\begin{aligned} a_1 &=\int_0^{\pi/2}e^{-x}\cos x\,dx -\int_{\pi/2}^{\pi}e^{-x}\cos x\,dx\\ &=\left(F\left(\frac{\pi}{2}\right)-F(0)\right) -\left(F(\pi)-F\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)\\ &=\frac{1+2e^{-\pi/2}-e^{-\pi}}2. \end{aligned}$$$$a_1={\int }_0^{\pi /2}{e}^{-x}\cos xdx-{\int }_{\pi /2}^{\pi }{e}^{-x}\cos xdx$$$$=\left(F\left(\frac{\pi }{2}\right)-F(0)\right)-\left(F(\pi )-F\left(\frac{\pi }{2}\right)\right)$$$$=\frac{1+2e^{-\pi /2}-e^{-\pi }}{2}.$$
したがって
$$\boxed{a_1=\frac{1+2e^{-\pi/2}-e^{-\pi}}2}.$$

(2)

$|\cos(x+\pi)|=|\cos x|$ だから，$x=u+n\pi$ とおくと
$$\begin{aligned} a_{n+1}-a_n &=\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}e^{-x}|\cos x|\,dx\\ &=e^{-n\pi}\int_0^\pi e^{-u}|\cos(u+n\pi)|\,du\\ &=e^{-n\pi}a_1. \end{aligned}$$$$a_{n+1}-a_n={\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }{e}^{-x}|\cos x|dx$$$$=e^{-n\pi }{\int }_0^{\pi }{e}^{-u}|\cos (u+n\pi )|du$$$$=e^{-n\pi }{a}_1.$$
よって
$$\boxed{ a_{n+1}=a_n+\frac{1+2e^{-\pi/2}-e^{-\pi}}2\,e^{-n\pi} }\qquad(n\text{ は }1\text{ 以上の整数}).$$

(3)

$r=e^{-\pi}$ とおくと $0<r<1$ であり，(2)を繰り返すことで
$$a_n=a_1\sum_{j=0}^{n-1}r^j =\frac{1+2e^{-\pi/2}-e^{-\pi}}2 \frac{1-e^{-n\pi}}{1-e^{-\pi}}.$$
$n\to\infty$ で $e^{-n\pi}\to0$ だから，
$$\boxed{ \lim_{n\to\infty}a_n =\frac{1+2e^{-\pi/2}-e^{-\pi}}{2(1-e^{-\pi})} }.$$