数学3 定積分・面積 問題 38 解説

方針・初手

積分区間に変数 $x$ を含まず、被積分関数に $x$ と $t$ が混在している積分方程式の問題である。 まずは被積分関数から $x$ に依存する部分を積分の外にくくり出し、定積分部分を定数（例えば $k$）とおくのが定石である。 また、概形を描くためには導関数 $f'(x)$ と第2次導関数 $f''(x)$ を求めて増減と凹凸を調べるとともに、問題文で与えられた極限を利用して漸近線を調べる必要がある。

解法1

(1)

部分積分法を用いて計算する。1つ目の定積分は、

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1} te^t dt &= \left[ t e^t \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} 1 \cdot e^t dt \\ &= e - \left[ e^t \right]_{0}^{1} \\ &= e - (e - 1) \\ &= 1 \end{aligned}$$

2つ目の定積分も部分積分法を繰り返し用いる。

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1} t^2 e^{2t} dt &= \int_{0}^{1} t^2 \left( \frac{1}{2} e^{2t} \right)' dt \\ &= \left[ t^2 \left( \frac{1}{2} e^{2t} \right) \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} 2t \left( \frac{1}{2} e^{2t} \right) dt \\ &= \frac{1}{2} e^2 - \int_{0}^{1} t e^{2t} dt \end{aligned}$$

ここで、残った定積分をさらに部分積分する。

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1} t e^{2t} dt &= \int_{0}^{1} t \left( \frac{1}{2} e^{2t} \right)' dt \\ &= \left[ t \left( \frac{1}{2} e^{2t} \right) \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} 1 \cdot \left( \frac{1}{2} e^{2t} \right) dt \\ &= \frac{1}{2} e^2 - \left[ \frac{1}{4} e^{2t} \right]_{0}^{1} \\ &= \frac{1}{2} e^2 - \frac{1}{4} (e^2 - 1) \\ &= \frac{e^2 + 1}{4} \end{aligned}$$

これを元の式に代入して、

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1} t^2 e^{2t} dt &= \frac{1}{2} e^2 - \frac{e^2 + 1}{4} \\ &= \frac{e^2 - 1}{4} \end{aligned}$$

(2)

与えられた等式を変形し、$x$ に無関係な部分を積分の外に出す。

$$\begin{aligned} f(x) &= 1 + \int_{0}^{1} xte^{x+t} f(t) dt \\ &= 1 + x e^x \int_{0}^{1} te^t f(t) dt \end{aligned}$$

定積分 $\int_{0}^{1} te^t f(t) dt$ の値は定数となるため、これを $k$ とおく。

$$k = \int_{0}^{1} te^t f(t) dt \quad \cdots \text{①}$$

すると、$f(x)$ は次のように表される。

$$f(x) = 1 + k x e^x$$

この関数を文字 $t$ に置き換えた $f(t) = 1 + k t e^t$ を①式に代入し、$k$ の値を決定する。

$$\begin{aligned} k &= \int_{0}^{1} te^t (1 + k t e^t) dt \\ &= \int_{0}^{1} (te^t + k t^2 e^{2t}) dt \\ &= \int_{0}^{1} te^t dt + k \int_{0}^{1} t^2 e^{2t} dt \end{aligned}$$

(1) の結果を代入する。

$$k = 1 + k \left( \frac{e^2 - 1}{4} \right)$$

これを $k$ について解く。

$$\begin{aligned} k - k \left( \frac{e^2 - 1}{4} \right) &= 1 \\ k \left( \frac{4 - (e^2 - 1)}{4} \right) &= 1 \\ k \left( \frac{5 - e^2}{4} \right) &= 1 \\ k &= \frac{4}{5 - e^2} \end{aligned}$$

したがって、求める関数は以下のようになる。

$$f(x) = 1 + \frac{4}{5 - e^2} x e^x$$

(3)

$f(x) = 1 + k x e^x$ （ただし $k = \frac{4}{5 - e^2}$）について、増減と凹凸を調べる。 ここで、条件 $e > 2.7$ より $e^2 > 7.29$ であるため、$5 - e^2 < 0$ となり、$k < 0$ であることに注意する。

導関数および第2次導関数を求める。

$$\begin{aligned} f'(x) &= k(1 \cdot e^x + x \cdot e^x) = k(x + 1)e^x \\ f''(x) &= k(1 \cdot e^x + (x + 1) \cdot e^x) = k(x + 2)e^x \end{aligned}$$

$e^x > 0$ かつ $k < 0$ であるから、$f'(x) = 0$ となるのは $x = -1$ のとき、$f''(x) = 0$ となるのは $x = -2$ のときである。 増減と凹凸の表は次のようになる。

各点の座標を計算する。 極大値をとる $x = -1$ のとき、

$$f(-1) = 1 - \frac{k}{e} = 1 - \frac{4}{e(5 - e^2)} = 1 + \frac{4}{e(e^2 - 5)}$$

変曲点となる $x = -2$ のとき、

$$f(-2) = 1 - \frac{2k}{e^2} = 1 - \frac{8}{e^2(5 - e^2)} = 1 + \frac{8}{e^2(e^2 - 5)}$$

$y$軸との交点（$y$切片）は、

$$f(0) = 1$$

次に、漸近線を調べるために極限を計算する。 $x \to \infty$ のとき、$x e^x \to \infty$ であり、$k < 0$ より、

$$\lim_{x \to \infty} f(x) = -\infty$$

$x \to -\infty$ のとき、$s = -x$ とおくと $s \to \infty$ となる。与えられた極限 $\lim_{x \to \infty} x e^{-x} = 0$ を用いると、

$$\begin{aligned} \lim_{x \to -\infty} x e^x &= \lim_{s \to \infty} (-s)e^{-s} \\ &= - \lim_{s \to \infty} s e^{-s} \\ &= 0 \end{aligned}$$

したがって、

$$\begin{aligned} \lim_{x \to -\infty} f(x) &= \lim_{x \to -\infty} (1 + k x e^x) \\ &= 1 + k \cdot 0 \\ &= 1 \end{aligned}$$

これより、直線 $y = 1$ が漸近線であることがわかる。 以上より、グラフの概形は、$x \to -\infty$ で漸近線 $y = 1$ に近づきながら下に凸で単調に増加し、$x = -2$ で変曲点となって上に凸に変わる。さらに $y$切片 $(0, 1)$ を通って $x = -1$ で極大値をとり、その後は上に凸のまま単調に減少して $-\infty$ に発散する曲線となる。

解説

フレドホルム型と呼ばれる、積分区間が定数のみで構成された積分方程式の典型問題である。積分変数が $t$ であるため、被積分関数に含まれる $x$ は積分の外に出して扱い、定積分全体を定数とおく手法が有効である。

(1) は (2) を解くための誘導となっている。指数関数と多項式の積の積分は、多項式側の次数を下げるように部分積分を繰り返すのが基本方針である。

(3) の漸近線を求める際、問題文で与えられている $\lim_{x \to \infty} x e^{-x} = 0$ をそのまま使うのではなく、$x \to -\infty$ の極限を調べるために $s = -x$ と変数を置き換えて適用する点が、受験生にとってやや盲点になりやすい。与えられた条件をどのように式に当てはめるかを見抜く力が問われている。

答え

(1)

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1} te^t dt &= 1 \\ \int_{0}^{1} t^2 e^{2t} dt &= \frac{e^2 - 1}{4} \end{aligned}$$

(2)

$$f(x) = 1 + \frac{4}{5 - e^2} x e^x$$

(3)

増減と極値：$x = -1$ で極大値 $1 + \frac{4}{e(e^2 - 5)}$ をとり、極小値はなし。

凹凸と変曲点：$x < -2$ で下に凸、$x > -2$ で上に凸。変曲点は $\left(-2, 1 + \frac{8}{e^2(e^2 - 5)}\right)$。

概形の特徴：

漸近線は直線 $y = 1$ であり、グラフは左側から $y = 1$ に近づきながら下に凸の状態で増加する。$(-2, f(-2))$ で変曲点を迎えて上に凸に変わり、$(0, 1)$ を通過し、$x = -1$ で極大値をとった後は、上に凸のまま単調減少し $x \to \infty$ に伴って $-\infty$ に発散する。