熊本大学 2021年度 前期数学① 第1問

(問1)$$f(x)-g(x)=x^2-x-2=(x-2)(x+1)$$より，$a=2,b=-1$ である。

(問2)
$-1\leqq x\leqq 2$ では $g(x)\geqq f(x)$ であるから$$S={\int }_{-1}^2(-x^2+x+2)dx=\frac{9}{2}\mathrm{.}$$(問3)
$t>2$ で，$$F(x)=\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}-2x$$ とおくと$$S_1=F(t)-F(2),S_2=F(-1)-F(-t)\mathrm{.}$$$$F(2)=-\frac{10}{3}$$，$F(-1)=\frac{7}{6}$ より$$S_1+S_2=\frac{2}{3}{t}^3-4t+\frac{9}{2}\mathrm{.}$$これが $S=\frac{9}{2}$ に等しいから $t(t^2-6)=0$。$t>2$ より$$t=\sqrt{6}\mathrm{.}$$

2曲線の差を $h(x)=f(x)-g(x)$ と置く。(問3)の左右の面積を、対称区間 $[-t,t]$ の積分と中央部分の積分にまとめると、奇関数部分が消えて計算が短くなる。

(問1)
2曲線の交点では $f(x)-g(x)=0$ である。$$h(x)=f(x)-g(x)=x^2-x-2=(x-2)(x+1)$$より$$a=2,b=-1$$である。

(問2)
区間 $[-1,2]$ では $h(x)\leqq 0$ だから、囲まれた面積は$$S=-{\int }_{-1}^{2}h(x)dx={\int }_{-1}^2(2-x)(x+1)dx=\frac{9}{2}$$である。

(問3)
$t>2$ であり、左右の外側では $h(x)\geqq 0$ である。したがって$$S_1+S_2={\int }_{-t}^{-1}h(x)dx+{\int }_2^{t}h(x)dx$$である。ここで$${\int }_{-t}^{t}h(x)dx={\int }_{-t}^{-1}h(x)dx+{\int }_{-1}^{2}h(x)dx+{\int }_2^{t}h(x)dx$$だから、$${\int }_{-1}^{2}h(x)dx=-S$$ を用いると$$S_1+S_2=S+{\int }_{-t}^t(x^2-x-2)dx$$となる。条件 $S_1+S_2=S$ は$${\int }_{-t}^t(x^2-x-2)dx=0$$と同値である。対称区間では奇関数 $-x$ の積分が0になるので$$\frac{2}{3}{t}^3-4t=\frac{2t}{3}(t^2-6)=0$$である。$t>2$ より$$t=\sqrt{6}$$を得る。