数学2 面積・接線 問題 46 解説

方針・初手

$a = p^2 + 2p$ とおき、$g(x) = |x - a|$ と変形する。この関数は $x = a$ で最小値 $0$ をとる、下に凸のV字型の折れ線グラフである。

区間 $0 \le x \le 1$ における $g(x)$ の最小値 $q$ を考えるため、頂点 $x = a$ の位置が区間 $0 \le x \le 1$ の左側にあるか、内側にあるか、右側にあるかで場合分けを行って $q = f(p)$ を求める。

面積を求める際は、グラフの対称性に注目すると計算量を減らすことができる。

解法1

(1)

$a = p^2 + 2p$ とおく。$g(x) = |x - a|$ であるから、区間 $0 \le x \le 1$ における最小値 $q$ は、頂点 $x = a$ の位置によって次のように場合分けされる。

(i) $a < 0$ のとき

区間 $0 \le x \le 1$ において $g(x)$ は単調増加となるため、$x = 0$ で最小値をとる。

$$q = g(0) = |-a| = -a = -p^2 - 2p$$

$a < 0$ となる $p$ の範囲は $p^2 + 2p < 0$ より、

$$-2 < p < 0$$

(ii) $0 \le a \le 1$ のとき

頂点 $x = a$ が区間 $0 \le x \le 1$ に含まれるため、$x = a$ で最小値をとる。

$$q = g(a) = 0$$

$0 \le a \le 1$ となる $p$ の範囲は $0 \le p^2 + 2p \le 1$ である。 $p^2 + 2p \ge 0$ より $p \le -2$ または $0 \le p$ 。 $p^2 + 2p - 1 \le 0$ より $-1 - \sqrt{2} \le p \le -1 + \sqrt{2}$ 。 これらを同時に満たす範囲は、

$$-1 - \sqrt{2} \le p \le -2, \quad 0 \le p \le -1 + \sqrt{2}$$

(iii) $a > 1$ のとき

区間 $0 \le x \le 1$ において $g(x)$ は単調減少となるため、$x = 1$ で最小値をとる。

$$q = g(1) = |1 - a| = a - 1 = p^2 + 2p - 1$$

$a > 1$ となる $p$ の範囲は $p^2 + 2p - 1 > 0$ より、

$$p < -1 - \sqrt{2}, \quad -1 + \sqrt{2} < p$$

以上 (i) 〜 (iii) より、$q = f(p)$ は次のように表される。

$$f(p) = \begin{cases} p^2 + 2p - 1 & (p < -1 - \sqrt{2}) \\ 0 & (-1 - \sqrt{2} \le p \le -2) \\ -p^2 - 2p & (-2 < p < 0) \\ 0 & (0 \le p \le -1 + \sqrt{2}) \\ p^2 + 2p - 1 & (-1 + \sqrt{2} < p) \end{cases}$$

これを $pq$ 平面上に図示すると、直線 $p = -1$ を軸として対称な、複数の放物線の一部と線分からなるグラフとなる（具体的な概形は省略せず、式で表現したものを答えとする）。

(2)

$f(p)$ の式において、$p$ を $p+1$ と置き換えると、どの式も $p+1$ の偶数次の項のみで表される（例：$p^2+2p-1 = (p+1)^2-2$）。したがって、$q = f(p)$ のグラフは直線 $p = -1$ に関して対称である。

また、$q = 2$ と $q = f(p)$ の交点の $p$ 座標を求める。$p > -1$ の範囲において、最大となる $p$ の区間 $p > -1 + \sqrt{2}$ で考えると、

$$p^2 + 2p - 1 = 2$$

$$p^2 + 2p - 3 = 0$$

$$(p + 3)(p - 1) = 0$$

$p > -1$ より $p = 1$ を得る。対称性より、もう一つの交点は $p = -3$ である。 $-2 < p < 0$ における最大値は $p = -1$ のとき $q = 1$ であり $q=2$ とは交わらないため、交点はこの2つのみである。

求める面積を $S$ とすると、図形は直線 $p = -1$ に関して対称であるから、$p \ge -1$ の部分の面積を求めて2倍すればよい。 計算を簡略化するため、$P = p + 1$ と変数変換を行うと、区間 $p \ge -1$ は $P \ge 0$ となり、各区間と関数は以下のように移る。

• $0 \le P < 1$ のとき $q = 1 - P^2$
• $1 \le P \le \sqrt{2}$ のとき $q = 0$
• $\sqrt{2} < P \le 2$ のとき $q = P^2 - 2$

交点 $p = 1$ は $P = 2$ に対応する。 よって、面積 $S$ は次のように計算できる。

$$\frac{S}{2} = \int_{0}^{2} 2 \, dP - \left( \int_{0}^{1} (1 - P^2) \, dP + \int_{1}^{\sqrt{2}} 0 \, dP + \int_{\sqrt{2}}^{2} (P^2 - 2) \, dP \right)$$

$$\frac{S}{2} = \int_{0}^{1} \{2 - (1 - P^2)\} \, dP + \int_{1}^{\sqrt{2}} 2 \, dP + \int_{\sqrt{2}}^{2} \{2 - (P^2 - 2)\} \, dP$$

$$\frac{S}{2} = \int_{0}^{1} (P^2 + 1) \, dP + \int_{1}^{\sqrt{2}} 2 \, dP + \int_{\sqrt{2}}^{2} (4 - P^2) \, dP$$

各項の積分を計算する。

$$\int_{0}^{1} (P^2 + 1) \, dP = \left[ \frac{P^3}{3} + P \right]_{0}^{1} = \frac{1}{3} + 1 = \frac{4}{3}$$

$$\int_{1}^{\sqrt{2}} 2 \, dP = \left[ 2P \right]_{1}^{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2} - 2$$

$$\int_{\sqrt{2}}^{2} (4 - P^2) \, dP = \left[ 4P - \frac{P^3}{3} \right]_{\sqrt{2}}^{2} = \left( 8 - \frac{8}{3} \right) - \left( 4\sqrt{2} - \frac{2\sqrt{2}}{3} \right) = \frac{16}{3} - \frac{10\sqrt{2}}{3}$$

これらを足し合わせる。

$$\frac{S}{2} = \frac{4}{3} + 2\sqrt{2} - 2 + \frac{16}{3} - \frac{10\sqrt{2}}{3}$$

$$\frac{S}{2} = \frac{20}{3} - \frac{6}{3} + \left( 2 - \frac{10}{3} \right) \sqrt{2}$$

$$\frac{S}{2} = \frac{14}{3} - \frac{4\sqrt{2}}{3} = \frac{14 - 4\sqrt{2}}{3}$$

したがって、求める面積 $S$ はこの2倍である。

$$S = 2 \times \frac{14 - 4\sqrt{2}}{3} = \frac{28 - 8\sqrt{2}}{3}$$

解説

絶対値を含む1次関数の最小値を求める典型的な問題である。絶対値の中身を $x - a$ の形に整理し、折れ線の頂点 $x = a$ と変域 $0 \le x \le 1$ の位置関係によって場合分けを行う。

(2)の面積計算では、そのまま $p$ で積分計算を行ってもよいが、$q = f(p)$ が $p = -1$ を軸として対称なグラフになることを見抜き、変数変換や対称性を利用して積分区間を $p \ge -1$ 側に絞ることで、計算ミスを大幅に減らすことができる。

答え

(1) 次の式で表されるグラフとなる。

$$q = f(p) = \begin{cases} p^2 + 2p - 1 & (p < -1 - \sqrt{2}) \\ 0 & (-1 - \sqrt{2} \le p \le -2) \\ -p^2 - 2p & (-2 < p < 0) \\ 0 & (0 \le p \le -1 + \sqrt{2}) \\ p^2 + 2p - 1 & (-1 + \sqrt{2} < p) \end{cases}$$

(2)

$$\frac{28 - 8\sqrt{2}}{3}$$