広島大学 2023年度 前期理系数学 第5問

(1)
定義域は$x>-1$である。$$f^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{x+1}-\frac{2x}{x^2+3}=-\frac{(x+3)(x-1)}{(x+1)(x^2+3)}$$である。したがって$f(x)$は$-1<x<1$で増加し，$x>1$で減少する。また$$f(0)=0,f(3)=0,f(1)=\log \frac{3}{2}$$であり，$$\underset{x\to -1+0}{\lim }f(x)=-\mathrm{\infty },\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }f(x)=-\mathrm{\infty }$$である。よってグラフは$x=1$で最大値$\log \frac{3}{2}$をとり，$(0,0)$，$(3,0)$を通る形である。

(2) $$\alpha =\log \frac{3}{2}$$とおく。(1)の増減より，方程式$f(x)=s$の異なる実数解の個数は$$\{\begin{array}{ll}0& (s>\alpha ),\\ 1& (s=\alpha ),\\ 2& (s<\alpha )\end{array}$$である。

(3) $${\int }_0^3\frac{2x^2}{x^2+3}dx={\int }_0^3(2-\frac{6}{x^2+3})dx$$である。$x=\sqrt{3}\tan \theta$とおくと，$x=0$のとき$\theta =0$，$x=3$のとき$$\theta =\frac{\pi }{3}$$であり，$${\int }_0^3\frac{dx}{x^2+3}=\frac{1}{\sqrt{3}}{\int }_0^{\pi \mathrm{/}3}d\theta =\frac{\pi }{3\sqrt{3}}$$である。したがって$${\int }_0^3\frac{2x^2}{x^2+3}dx=6-\frac{2\pi }{\sqrt{3}}$$である。

(4)
$0\leqq s\leqq \alpha$のとき，$g(s)$はグラフ$y=f(x)$のうち$0\leqq x\leqq 3$，$y\geqq 0$の部分を水平線で切った長さである。したがって$${\int }_0^{\alpha }g(s)ds={\int }_0^{3}f(x)dx$$である。ここで$${\int }_0^{3}f(x)dx={\int }_0^3\log (3x+3)dx-{\int }_0^3\log (x^2+3)dx$$である。まず$${\int }_0^3\log (3x+3)dx=3\log 3+4\log 4-3$$である。また，部分積分により$${\int }_0^3\log (x^2+3)dx=3\log 12-{\int }_0^3\frac{2x^2}{x^2+3}dx$$であるから，(3)を用いて$${\int }_0^3\log (x^2+3)dx=3\log 12-6+\frac{2\pi }{\sqrt{3}}$$である。よって$${\int }_0^{\alpha }g(s)ds=3+2\log 2-\frac{2\pi }{\sqrt{3}}$$である。

$r=e^s$ とおいて方程式 $f(x)=s$ を $x$ の2次方程式に直す。2実根の差は「判別式の平方根÷2次係数」なので $g(s)$ を明示できる。最後は $r-\frac{1}{2}=\cos \theta$ と置換して直接積分する。

(1)
定義域は $x>-1$ である。また$$f^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{x+1}-\frac{2x}{x^2+3}=-\frac{(x+3)(x-1)}{(x+1)(x^2+3)}\mathrm{.}$$したがって $f$ は $-1<x<1$ で増加し、$x>1$ で減少する。$$f(0)=f(3)=0,f(1)=\log \frac{3}{2},$$$$\underset{x\to -1+0}{\lim }f(x)=-\mathrm{\infty },\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }f(x)=-\mathrm{\infty }\mathrm{.}$$よって最大値は$$\alpha =\log \frac{3}{2}$$であり、グラフの概形は次の通りである。(2)
$r=e^s>0$ とおくと $f(x)=s$ は$$\begin{array}{cccc}& \frac{3x+3}{x^2+3}=r,r{x}^2-3x+3r-3=0& & \text{(1)}\end{array}$$と同値である。この2次方程式の判別式は$$\mathrm{\Delta }=9+12r-12r^2=12\{1-{(r-\frac{1}{2})}^2\}\mathrm{.}$$$r>0$ のもとで $\mathrm{\Delta }$ の符号を調べると、$$\begin{array}{cccc}s& s<\alpha & s=\alpha & s>\alpha \\ \text{異なる実数解の個数}& 2& 1& 0\end{array}$$となる。なお(1)の実根は元の定義域 $x>-1$ に含まれる。実際、元の関数の増減からも各枝に1個ずつ対応する。

(3) $$\frac{2x^2}{x^2+3}=2-\frac{6}{x^2+3}\mathrm{.}$$$x=\sqrt{3}\tan \theta$ とおけば、$x=0,3$ は
$\theta =0,\pi \mathrm{/}3$ に対応するから$${\int }_0^3\frac{dx}{x^2+3}=\frac{1}{\sqrt{3}}{\int }_0^{\pi \mathrm{/}3}d\theta =\frac{\pi }{3\sqrt{3}}\mathrm{.}$$したがって$${\displaystyle {\int }_0^3\frac{2x^2}{x^2+3}dx=6-\frac{2\pi }{\sqrt{3}}\mathrm{.}}$$(4)
$0\leqq s<\alpha$ では(1)の2実根の差が $g(s)$ である。$r=e^s$ と判別式を用いて$$g(s)=\frac{\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{r}=\frac{2\sqrt{3}}{r}\sqrt{1-{(r-\frac{1}{2})}^2}\mathrm{.}$$また $ds=dr\mathrm{/}r$ だから$${\int }_0^{\alpha }g(s)ds=2\sqrt{3}{\int }_1^{3\mathrm{/}2}\frac{\sqrt{1-(r-\frac{1}{2}{)}^2}}{r^2}dr\mathrm{.}$$$r-\frac{1}{2}=\cos \theta$ とおくと、
$r=1,3\mathrm{/}2$ はそれぞれ $\theta =\pi \mathrm{/}3,0$ に対応する。よって$$\begin{array}{cccc}& {\int }_0^{\alpha }g(s)ds=2\sqrt{3}{\int }_0^{\pi \mathrm{/}3}\frac{{\sin }^2\theta }{(\cos \theta +\frac{1}{2}{)}^2}d\theta \mathrm{.}& & \text{(2)}\end{array}$$ここで$$\begin{array}{cccc}& \frac{{\sin }^2\theta }{(\cos \theta +\frac{1}{2}{)}^2}=\frac{3}{4(\cos \theta +\frac{1}{2}{)}^2}+\frac{1}{\cos \theta +\frac{1}{2}}-1.& & \text{(3)}\end{array}$$半角置換 $u=\tan (\theta \mathrm{/}2)$ により$$J_1:={\int }_0^{\pi \mathrm{/}3}\frac{d\theta }{\cos \theta +\frac{1}{2}}=\frac{2\log 2}{\sqrt{3}},$$$$J_2:={\int }_0^{\pi \mathrm{/}3}\frac{d\theta }{(\cos \theta +\frac{1}{2}{)}^2}=\frac{2}{\sqrt{3}}-\frac{4\log 2}{3\sqrt{3}}\mathrm{.}$$(2),(3)へ代入すると$${\int }_0^{\alpha }g(s)ds=2\sqrt{3}(\frac{3}{4}{J}_2+J_1-\frac{\pi }{3})={\displaystyle 3+2\log 2-\frac{2\pi }{\sqrt{3}}\mathrm{.}}$$