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【2021神戸大学・理(後期)】積分区間に関数を含む定積分、tan置換の分数関数の積分

2021年入試問題

【2021神戸大学・理系(後期)】

関数 \(f(x)=\displaystyle\int^{x}_{-1}\displaystyle\frac{dt}{t^2-t+1}+\displaystyle\int^{1}_{x}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}\) の最小値を求めよ.

積分区間に \(x\) を含む定積分

\(\displaystyle\int^{x}_{a}f(t) \enspace dt\) の形を見たら

①  \(x\) で微分する:\(\displaystyle\frac{d}{dx}\displaystyle\int^{x}_{a}f(t) \enspace dt=f(x)\)

②  \(x=a\) ( \(x\) に下端を ) 代入:\(\displaystyle\int^{a}_{a}f(t) \enspace dt=0\)

積分区間に関数を含む定積分

数学Ⅱの範囲では上記の内容を確認しておけばOKですが,数学Ⅲの範囲では以下の内容まで確認しておきましょう!

 

\(\displaystyle\int^{g(x)}_{h(x)}f(t) dt\) を \(x\) で微分すると

\(\displaystyle\frac{d}{dx}\displaystyle\int^{g(x)}_{h(x)}f(t) dt=f\left(g(x)\right)\cdot g^{\prime}(x)-f\left(h(x)\right)\cdot h^{\prime}(x)\)

解答・解説

\(f(x)=\displaystyle\int^{x}_{-1}\displaystyle\frac{dt}{t^2-t+1}+\displaystyle\int^{1}_{x}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}\)

を \(x\) で微分すると,

\(f^{\prime}(x)=\displaystyle\frac{1}{x^2-x+1}+\displaystyle\frac{1}{x^2+x+1}\)

\(=\displaystyle\frac{2x}{(x^2-x+1)(x^2+x+1)}\)

\(x^2-x+1=\left(x-\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2+\displaystyle\frac{3}{4}>0\)

\(x^2+x+1=\left(x+\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2+\displaystyle\frac{3}{4}>0\)

であるから,\(f^{\prime}(x)=0\) のとき \(x=0\)

よって増減表は

 \(x\) ・・・ \(0\) ・・・
\(f^{\prime}(x)\) \(0\)
\(f(x)\) ↘️ 最小 ↗️

したがって,\(f(x)\) は \(x=0\) のときに最小値をとる.

\(f(0)=\displaystyle\int^{0}_{-1}\displaystyle\frac{dt}{t^2-t+1}+\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}\) の値を求めれば良い.

ここで,\(\displaystyle\int^{0}_{-1}\displaystyle\frac{dt}{t^2-t+1}\) において

\(t=-s\) とおくと,\(dt=-ds\)

\(t\) : \(-1 \rightarrow 0\) のとき,\(s\) : \(1 \rightarrow 0\) より

\(\displaystyle\int^{0}_{-1}\displaystyle\frac{dt}{t^2-t+1}=\displaystyle\int^{0}_{1}\displaystyle\frac{-ds}{s^2+s+1}=\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{ds}{s^2+s+1}\)

よって,\(f(0)=2\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}\)

分数式の積分の処理の仕方については

【数学Ⅲ】積分解法手順まとめ③分数式の積分(log、部分分数分解、tan置換)

を参考に!

\(\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}=\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{dt}{\left(x+\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2+\displaystyle\frac{3}{4}}\)

\(t+\displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\tan\theta\) とおくと,

\(dt=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\displaystyle\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\)

\(t\) : \(0 \rightarrow 1\) のとき,\(\theta\) : \(\displaystyle\frac{\pi}{6} \rightarrow \displaystyle\frac{\pi}{3}\) より

\(\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{6}}\displaystyle\frac{1}{\frac{3}{4}(\tan^2 \theta+1)}\cdot\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\displaystyle\frac{d \theta}{\cos^2\theta}\)

\(1+\tan^2 \theta=\displaystyle\frac{1}{\cos^2 \theta}\) より

\(\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}=\displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{3}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{6}} d \theta\)

\(=\displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{3}\Bigl[ \theta\Bigr]^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{6}}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{9}\pi\)

したがって求める最小値は,\(f(0)=2\times\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{9}\pi=\displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{9}\pi \)

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