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数学3 定積分・面積問題 253 解説

方針・初手

(1) は、関数 $f(x)$ の単調性を調べるため、導関数 $f'(x)$ の符号を調べる。

(2) は、逆関数の定積分である。逆関数 $g(x)$ を具体的に求めることは難しいため、$y = g(x)$ とおき、$x = f(y)$ の関係を利用して置換積分を行い、さらに部分積分を用いて $f(y)$ の積分へと帰着させる方針をとる。

解法1

(1)

$f(x) = \frac{2e^{3x}}{e^{2x} + 1}$ を $x$ について微分する。商の微分法を用いると、

$$f'(x) = \frac{6e^{3x}(e^{2x} + 1) - 2e^{3x} \cdot 2e^{2x}}{(e^{2x} + 1)^2} = \frac{6e^{5x} + 6e^{3x} - 4e^{5x}}{(e^{2x} + 1)^2} = \frac{2e^{5x} + 6e^{3x}}{(e^{2x} + 1)^2} = \frac{2e^{3x}(e^{2x} + 3)}{(e^{2x} + 1)^2}$$

すべての実数 $x$ において $e^x > 0$ であるから、$f'(x) > 0$ となる。したがって、関数 $f(x)$ は単調に増加するため、$a < b$ ならば $f(a) < f(b)$ が成り立つ。（証明終）

次に、$x = \log \sqrt{3}$ のとき、$e^x = \sqrt{3}$ であるから、

$$f(\log \sqrt{3}) = \frac{2(\sqrt{3})^3}{(\sqrt{3})^2 + 1} = \frac{2 \cdot 3\sqrt{3}}{3 + 1} = \frac{6\sqrt{3}}{4} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$$

(2)

求める定積分を $I$ とおく。

$$I = \int_1^{\frac{3\sqrt{3}}{2}} g(x) dx$$

$y = g(x)$ とおくと、$x = f(y)$ であり、両辺を $y$ で微分すると $dx = f'(y)dy$ となる。積分区間の対応を調べる。 $x = 1$ のとき、$f(y) = 1$ より、

$$\frac{2e^{3y}}{e^{2y} + 1} = 1$$

$$2e^{3y} - e^{2y} - 1 = 0$$

$e^y > 0$ より、$e^y = X$ ($X > 0$) とおくと、方程式は $2X^3 - X^2 - 1 = 0$ となる。因数分解して、

$$(X - 1)(2X^2 + X + 1) = 0$$

$X > 0$ において $2X^2 + X + 1 = 2 \left( X + \frac{1}{4} \right)^2 + \frac{7}{8} > 0$ であるため、$X = 1$ である。よって、$e^y = 1$ から $y = 0$ となる。また、$x = \frac{3\sqrt{3}}{2}$ のとき、(1) の結果から $y = \log \sqrt{3}$ である。

以上より、置換積分法を用いると $I$ は次のように変形できる。

$$I = \int_0^{\log \sqrt{3}} y f'(y) dy$$

ここで、部分積分法を用いる。

$$\begin{aligned} I &= \left[ y f(y) \right]_0^{\log \sqrt{3}} - \int_0^{\log \sqrt{3}} f(y) dy \\ &= \log \sqrt{3} \cdot f(\log \sqrt{3}) - 0 \cdot f(0) - \int_0^{\log \sqrt{3}} \frac{2e^{3y}}{e^{2y} + 1} dy \\ &= \frac{3\sqrt{3}}{2} \log \sqrt{3} - \int_0^{\log \sqrt{3}} \frac{2e^{3y}}{e^{2y} + 1} dy \end{aligned}$$

残りの定積分を計算する。$t = e^y$ とおくと、$dt = e^y dy$ であり、$dy = \frac{dt}{t}$ となる。 $y$ が $0$ から $\log \sqrt{3}$ まで変化するとき、$t$ は $1$ から $\sqrt{3}$ まで変化する。

$$\begin{aligned} \int_0^{\log \sqrt{3}} \frac{2e^{3y}}{e^{2y} + 1} dy &= \int_1^{\sqrt{3}} \frac{2t^3}{t^2 + 1} \frac{dt}{t} \\ &= \int_1^{\sqrt{3}} \frac{2t^2}{t^2 + 1} dt \\ &= \int_1^{\sqrt{3}} \left( 2 - \frac{2}{t^2 + 1} \right) dt \\ &= \left[ 2t \right]_1^{\sqrt{3}} - 2 \int_1^{\sqrt{3}} \frac{1}{t^2 + 1} dt \\ &= 2\sqrt{3} - 2 - 2 \int_1^{\sqrt{3}} \frac{1}{t^2 + 1} dt \end{aligned}$$

さらに、$\int_1^{\sqrt{3}} \frac{1}{t^2 + 1} dt$ を計算する。$t = \tan \theta$ とおくと、$dt = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$ であり、$t$ が $1$ から $\sqrt{3}$ まで変化するとき、$\theta$ は $\frac{\pi}{4}$ から $\frac{\pi}{3}$ まで変化する。

$$\int_1^{\sqrt{3}} \frac{1}{t^2 + 1} dt = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{\tan^2 \theta + 1} \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} d\theta = \left[ \theta \right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{12}$$

これらを代入して整理する。

$$\int_0^{\log \sqrt{3}} \frac{2e^{3y}}{e^{2y} + 1} dy = 2\sqrt{3} - 2 - 2 \cdot \frac{\pi}{12} = 2\sqrt{3} - 2 - \frac{\pi}{6}$$

以上より、求める定積分 $I$ は、

$$I = \frac{3\sqrt{3}}{2} \log \sqrt{3} - \left( 2\sqrt{3} - 2 - \frac{\pi}{6} \right) = \frac{3\sqrt{3}}{4} \log 3 - 2\sqrt{3} + 2 + \frac{\pi}{6}$$

解説

逆関数の定積分は、$y=g(x)$ を $x=f(y)$ に直して置換積分から部分積分へと繋ぐ手法が定石である。あるいは、グラフにおける面積の関係式 $\int_{f(a)}^{f(b)} g(x) dx + \int_a^b f(y) dy = b f(b) - a f(a)$ を用いても本質的に同じ計算となる。本問ではその後も、$t=e^y$ や $t=\tan\theta$ といった置換を重ねる必要があり、様々な積分手法を適切に選択する総合的な計算力が問われている。