東京大学 理系 2021年度 第3問 解説
問題編
問題
関数\[ f(x)=\frac{x}{x^2+3} \]に対して、 $y=f(x)$ のグラフを $C$ とする。点 $\mathrm{ A }(1,f(1))$ における $C$ の接線を\[ \ell:\ y=g(x) \]とする。
(1) $C$ と $\ell$ の共有点で $\mathrm{ A }$ と異なるものがただ1つ存在することを示し、その点の $x$ 座標を求めよ。
(2) (1) で求めた共有点の $x$ 座標を $\alpha$ とする。定積分\[ \int_{\alpha}^1 \{f(x)-g(x)\}^2dx \]を計算せよ。
考え方
「まさかこの積分をそのまま計算することはないだろう？」と思うかもしれませんが、そのまさかです。ほとんど工夫できるところはなく、いろいろな形の積分を計算しなくてはいけません。
被積分関数に合わせて計算方法をきちんと選べるか、そして、正確に計算できるかが問われています。答えの形はきれいではないので、解いてもあってるのかどうかなかなか自信が持てません。
解答編
問題
関数\[ f(x)=\frac{x}{x^2+3} \]に対して、 $y=f(x)$ のグラフを $C$ とする。点 $\mathrm{ A }(1,f(1))$ における $C$ の接線を\[ \ell:\ y=g(x) \]とする。
(1) $C$ と $\ell$ の共有点で $\mathrm{ A }$ と異なるものがただ1つ存在することを示し、その点の $x$ 座標を求めよ。
解答例
(1)
\begin{eqnarray}
f'(x)
&=&
\frac{(x^2+3)-x\cdot 2x}{(x^2+3)^2} \\[5pt]
&=&
\frac{-x^2+3}{(x^2+3)^2} \\[5pt]
\end{eqnarray}なので、\[ f'(1)=\frac{2}{4^2}=\frac{1}{8} \]である。 $f(1)=\dfrac{1}{4}$ なので、\[
g(x)=\frac{1}{8}(x-1)+\frac{1}{4}=\frac{x+1}{8} \]と表すことができる。
ここで、 $C$ と $\ell$ との共有点の $x$ 座標は
\begin{eqnarray}
\frac{x}{x^2+3} &=& \frac{x+1}{8} \\[5pt]
8x &=& (x^2+3)(x+1) \\[5pt]
x^3+x^2-5x+3 &=& 0 \\[5pt]
(x-1)(x^2+2x-3) &=& 0 \\[5pt]
(x-1)^2(x+3) &=& 0 \\[5pt]
\end{eqnarray}なので、 $x=1,-3$ となる。よって、 $C$ と $\ell$ との共有点で $\mathrm{ A }$ と異なるものがただ1つ存在し、その点の $x$ 座標は $-3$ であることがわかる。
（終）
解答編 続き
問題
(2) (1) で求めた共有点の $x$ 座標を $\alpha$ とする。定積分\[ \int_{\alpha}^1 \{f(x)-g(x)\}^2dx \]を計算せよ。
解答例
(2)
\begin{eqnarray}
& &
\left(f(x)-g(x)\right)^2 \\[5pt]
&=&
\left\{ \frac{x}{x^2+3}-\frac{x+1}{8} \right\}^2 \\[5pt]
&=&
\frac{x^2}{(x^2+3)^2}-\frac{2x(x+1)}{8(x^2+3)} +\frac{(x+1)^2}{64} \\[5pt]
&=&
\frac{x^2+3-3}{(x^2+3)^2}-\frac{(x^2+3)+x-3}{4(x^2+3)} +\frac{(x+1)^2}{64} \\[5pt]
&=&
\frac{1}{x^2+3}-\frac{3}{(x^2+3)^2}-\frac{1}{4}-\frac{x}{4(x^2+3)}+\frac{3}{4(x^2+3)} +\frac{(x+1)^2}{64} \\[5pt]
&=&
-\frac{3}{(x^2+3)^2}+\frac{7}{4(x^2+3)}-\frac{x}{4(x^2+3)}+\frac{x^2+2x-15}{64} \\[5pt]
\end{eqnarray}となる。これを、1つ目と2つ目、3つ目、4つ目の分数にそれぞれ分けて積分する。
$x=\sqrt{3}\tan\theta$ とすると、\[ dx=\frac{\sqrt{3}d\theta}{\cos^2\theta} \]である。また、 $x$ が $-3$ から $1$ へ変化するとき、 $\theta$ は $-\dfrac{\pi}{6}$ から $\dfrac{\pi}{3}$ まで単調に増加して変化するので、
\begin{eqnarray}
& &
\int_{-3}^1 \left\{-\frac{3}{(x^2+3)^2}+\frac{7}{4(x^2+3)}\right\} dx \\[5pt]
&=&
\int_{-\pi/6}^{\pi/3} \left\{-\frac{3}{9(\tan^2\theta+1)^2}+\frac{7}{4\cdot 3(\tan^2\theta+1)}\right\} \frac{\sqrt{3}d\theta}{\cos^2\theta} \\[5pt]
&=&
\int_{-\pi/6}^{\pi/3} \left(-\frac{\cos^2\theta}{3}+\frac{7}{12}\right) \cdot\sqrt{3}d\theta \\[5pt]
&=&
\sqrt{3}\int_{-\pi/6}^{\pi/3} \left(-\frac{\cos2\theta+1}{6}+\frac{7}{12}\right) d\theta \\[5pt]
&=&
\sqrt{3}\int_{-\pi/6}^{\pi/3} \left(-\frac{\cos2\theta}{6}+\frac{5}{12}\right) d\theta \\[5pt]
&=&
\sqrt{3} \left[ -\frac{\sin2\theta}{12}+\frac{5}{12}\theta \right]_{-\pi/6}^{\pi/3} \\[5pt]
&=&
\sqrt{3} \left\{ -\frac{\frac{\sqrt{3} }{2}+\frac{\sqrt{3} }{2} }{12}+\frac{5}{12}\left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}\right) \right\} \\[5pt]
&=&
-\frac{1}{4}+\frac{5\sqrt{3}\pi}{24} \\[5pt]
\end{eqnarray}と計算できる。
また、
\begin{eqnarray}
& &
-\int_{-3}^1 \dfrac{x}{4(x^2+3)}dx \\[5pt]
&=&
-\left[ \frac{\log(x^2+3)}{8} \right]_{-3}^1 \\[5pt]
&=&
-\frac{1}{8}(\log 4-\log12) \\[5pt]
&=&
\frac{\log 3}{8} \\[5pt]
\end{eqnarray}であり、
\begin{eqnarray}
& &
\int_{-3}^{1} \frac{x^2+2x-15}{64} dx \\[5pt]
&=&
\frac{1}{64}\left[ \frac{x^3}{3}+x^2-15x \right]_{-3}^1 \\[5pt]
&=&
\frac{1}{64}\left\{ \left(\frac{1}{3}+1-15\right)-\left(\frac{-27}{3}+9+45\right) \right\} \\[5pt]
&=&
\frac{1}{64}\left( \frac{1}{3}-14-45 \right) \\[5pt]
&=&
\frac{1}{64}\cdot \frac{-176}{3} \\[5pt]
&=&
-\frac{11}{12}
\end{eqnarray}となる。
以上より、
\begin{eqnarray}
& &
\int_{-3}^1 \{f(x)-g(x)\}^2dx \\[5pt]
&=&
-\frac{1}{4}+\frac{5\sqrt{3}\pi}{24} +\frac{\log 3}{8} -\frac{11}{12} \\[5pt]
&=&
\frac{5\sqrt{3}\pi}{24} +\frac{\log 3}{8} -\frac{7}{6} \\[5pt]
\end{eqnarray}となる。
（終）
