熊本大学 2018年度 前期 理工系数学② 第4問

(問1)$$f(t)=\sqrt{3t^2+t^3}=\mathrm{\mid }t\mathrm{\mid }\sqrt{t+3}$$とおく。$-3<x<0$ では$$F^{\mathrm{\prime }}(x)=f(x+3)-f(x)$$である。ここで $x<0$，$x+3>0$ より$$f(x)=(-x)\sqrt{x+3},f(x+3)=(x+3)\sqrt{x+6}$$である。したがって $F^{\mathrm{\prime }}(x)=0$ は$$(x+3)\sqrt{x+6}=(-x)\sqrt{x+3}$$と同値である。両辺は正であるから二乗して$$(x+3{)}^2(x+6)=x^2(x+3)$$を得る。$x+3>0$ より$$(x+3)(x+6)=x^2$$であり，$$x=-2$$である。

(問2)
$-3<x<0$ において$$f(x+3{)}^2-f(x{)}^2=9(x+3)(x+2)$$である。よって $F^{\mathrm{\prime }}(x)<0$ となるのは $-3<x<-2$，$F^{\mathrm{\prime }}(x)>0$ となるのは $-2<x<0$ である。したがって $F(x)$ は $x=-2$ で最小となる。

最小値は$$F(-2)={\int }_{-2}^1\mathrm{\mid }t\mathrm{\mid }\sqrt{t+3}dt$$である。絶対値を分けて$$F(-2)={\int }_{-2}^0(-t)\sqrt{t+3}dt+{\int }_0^{1}t\sqrt{t+3}dt$$である。$u=t+3$ とおくと$${\int }_{-2}^0(-t)\sqrt{t+3}dt={\int }_1^3(3-u)\sqrt{u}du=\frac{12\sqrt{3}-8}{5}$$であり，$${\int }_0^{1}t\sqrt{t+3}dt={\int }_3^4(u-3)\sqrt{u}du=\frac{12\sqrt{3}-16}{5}$$である。よって最小値は$$\frac{24(\sqrt{3}-1)}{5}$$である。

$F^{\mathrm{\prime }}(x)$ の符号を、二つの非負値 $f(x+3),f(x)$ の平方差で判定する。方程式を直接二乗して解くより、増減が一度に分かる。

$$f(t)=\sqrt{3t^2+t^3}=\mathrm{\mid }t\mathrm{\mid }\sqrt{t+3}$$とおく。

(問1)

$-3<x<0$ では$$F^{\mathrm{\prime }}(x)=f(x+3)-f(x)\mathrm{.}$$両項は非負で、その和は正である。したがって $F^{\mathrm{\prime }}(x)$ の符号は$$\{f(x+3)-f(x)\}\{f(x+3)+f(x)\}=f(x+3{)}^2-f(x{)}^2$$の符号と一致する。計算すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f(x+3{)}^2-f(x{)}^2}& {\displaystyle =(x+3{)}^2(x+6)-x^2(x+3)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =9(x+3)(x+2)\mathrm{.}}\end{array}$$$-3<x<0$ では $x+3>0$ なので$$F^{\mathrm{\prime }}(x)=0$$の解は$$x=-2.$$(問2)

上の符号判定から$$-3<x<-2$$で $F^{\mathrm{\prime }}(x)<0$、$$-2<x<0$$で $F^{\mathrm{\prime }}(x)>0$ である。よって最小点は $x=-2$ である。

最小値は$$F(-2)={\int }_{-2}^0(-t)\sqrt{t+3}dt+{\int }_0^{1}t\sqrt{t+3}dt\mathrm{.}$$それぞれ $u=t+3$ と置換すると$${\int }_{-2}^0(-t)\sqrt{t+3}dt=\frac{12\sqrt{3}-8}{5},$$$${\int }_0^{1}t\sqrt{t+3}dt=\frac{12\sqrt{3}-16}{5}\mathrm{.}$$したがって最小値は$$\frac{24(\sqrt{3}-1)}{5}\mathrm{.}$$