東京大学 1993年 文系 第4問 解説

方針・初手

与えられた方程式を $t = -x^4 + 2x^2 + 1$ と変形し、関数 $f(x) = -x^4 + 2x^2 + 1$ のグラフと直線 $y=t$ の交点として捉える。

関数 $f(x)$ は偶関数であり、$y$ 軸に関して対称であるため、$g_2(t) = -g_1(t)$ が成り立つことを見抜くのが初手である。これにより被積分関数は $2g_1(t)$ と単純化される。

その後の積分計算は、$g_1(t)$ を $t$ の式で直接表して置換積分する方法と、$x=g_1(t)$ という関係から $t = f(x)$ を利用して逆関数の積分（置換積分）を行う方法の2つが考えられる。

解法1

方程式 $x^4 - 2x^2 - 1 + t = 0$ において、$X = x^2$ とおくと、

$$ X^2 - 2X - 1 + t = 0 $$

$0 \leqq t \leqq 2$ のとき、この 2 次方程式の判別式を $D$ とすると $\frac{D}{4} = (-1)^2 - 1 \cdot (-1+t) = 2-t \geqq 0$ となるため実数解をもち、

$$ X = 1 \pm \sqrt{2-t} $$

$X = x^2 \geqq 0$ であり、$0 \leqq t \leqq 2$ において $\sqrt{2-t} \geqq 0$ であるから、最大の解 $g_1(t)$ は $X$ が最大となる正の平方根をとって、

$$ g_1(t) = \sqrt{1 + \sqrt{2-t}} $$

最小の解 $g_2(t)$ は $X$ が最大となる負の平方根となるため、

$$ g_2(t) = -\sqrt{1 + \sqrt{2-t}} = -g_1(t) $$

よって、求める定積分を $I$ とすると、

$$ I = \int_0^2 (g_1(t) - g_2(t)) dt = \int_0^2 2g_1(t) dt = \int_0^2 2\sqrt{1 + \sqrt{2-t}} dt $$

ここで、$u = \sqrt{2-t}$ と置換する。$t = 2-u^2$ より $dt = -2u du$ であり、$t$ が $0$ から $2$ まで変化するとき、$u$ は $\sqrt{2}$ から $0$ まで変化する。

$$ \begin{aligned} I &= \int_{\sqrt{2}}^0 2\sqrt{1+u} \cdot (-2u) du \\ &= \int_0^{\sqrt{2}} 4u\sqrt{1+u} du \\ &= 4 \int_0^{\sqrt{2}} \{(1+u) - 1\}\sqrt{1+u} du \\ &= 4 \int_0^{\sqrt{2}} \left\{ (1+u)^{\frac{3}{2}} - (1+u)^{\frac{1}{2}} \right\} du \\ &= 4 \left[ \frac{2}{5}(1+u)^{\frac{5}{2}} - \frac{2}{3}(1+u)^{\frac{3}{2}} \right]_0^{\sqrt{2}} \\ &= 4 \left( \frac{2}{5}(1+\sqrt{2})^{\frac{5}{2}} - \frac{2}{3}(1+\sqrt{2})^{\frac{3}{2}} \right) - 4 \left( \frac{2}{5} - \frac{2}{3} \right) \end{aligned} $$

前半の項を $4(1+\sqrt{2})^{\frac{3}{2}}$ でくくって整理する。

$$ \begin{aligned} I &= 4(1+\sqrt{2})^{\frac{3}{2}} \left( \frac{2(1+\sqrt{2})}{5} - \frac{2}{3} \right) - 4 \left( -\frac{4}{15} \right) \\ &= 4(1+\sqrt{2})\sqrt{1+\sqrt{2}} \left( \frac{6+6\sqrt{2}-10}{15} \right) + \frac{16}{15} \\ &= \frac{8}{15}(1+\sqrt{2})\sqrt{1+\sqrt{2}} (3\sqrt{2}-2) + \frac{16}{15} \\ &= \frac{8}{15} (3\sqrt{2} - 2 + 6 - 2\sqrt{2}) \sqrt{1+\sqrt{2}} + \frac{16}{15} \\ &= \frac{8}{15}(4+\sqrt{2})\sqrt{1+\sqrt{2}} + \frac{16}{15} \end{aligned} $$

解法2

方程式を変形して $t = -x^4 + 2x^2 + 1$ とし、$f(x) = -x^4 + 2x^2 + 1$ とおく。

関数 $f(x)$ は偶関数であり、そのグラフは $y$ 軸対称である。したがって、直線 $y=t$ と $y=f(x)$ の交点のうち、最大の $x$ 座標 $g_1(t)$ と最小の $x$ 座標 $g_2(t)$ には $g_2(t) = -g_1(t)$ の関係がある。

求める積分 $I$ は、

$$ I = \int_0^2 (g_1(t) - g_2(t)) dt = \int_0^2 2g_1(t) dt $$

ここで $x = g_1(t)$ とおいて置換積分を行う。$t = f(x) = -x^4 + 2x^2 + 1$ であり、

$$ dt = (-4x^3 + 4x) dx = -4x(x^2 - 1) dx $$

$t$ と $x$ の対応を調べるため、$f'(x) = -4x(x^2-1)$ より増減を考えると、$x \geqq 0$ の範囲において $x=0$ で極小値 $1$、$x=1$ で極大値 $2$ をとる。最大の解 $x = g_1(t)$ は $x \geqq 1$ の単調減少する区間に存在する。

$t=0$ のとき、$f(x) = 0$ かつ $x \geqq 1$ を解くと、

$$ x^4 - 2x^2 - 1 = 0 \quad \Longrightarrow \quad x^2 = 1+\sqrt{2} \quad \Longrightarrow \quad x = \sqrt{1+\sqrt{2}} $$

$t=2$ のとき、$f(x) = 2$ かつ $x \geqq 1$ を解くと、

$$ x^4 - 2x^2 + 1 = 0 \quad \Longrightarrow \quad (x^2-1)^2 = 0 \quad \Longrightarrow \quad x = 1 $$

したがって、$t$ が $0$ から $2$ へ変化するとき、$x$ は $\sqrt{1+\sqrt{2}}$ から $1$ へ変化する。

$$ \begin{aligned} I &= \int_{\sqrt{1+\sqrt{2}}}^1 2x \cdot (-4x^3 + 4x) dx \\ &= \int_1^{\sqrt{1+\sqrt{2}}} (8x^4 - 8x^2) dx \\ &= \left[ \frac{8}{5}x^5 - \frac{8}{3}x^3 \right]_1^{\sqrt{1+\sqrt{2}}} \\ &= 8 \left\{ \frac{1}{5}(\sqrt{1+\sqrt{2}})^5 - \frac{1}{3}(\sqrt{1+\sqrt{2}})^3 \right\} - 8 \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{3} \right) \\ &= 8 (\sqrt{1+\sqrt{2}})^3 \left( \frac{1+\sqrt{2}}{5} - \frac{1}{3} \right) + \frac{16}{15} \\ &= 8(1+\sqrt{2})\sqrt{1+\sqrt{2}} \left( \frac{3\sqrt{2}-2}{15} \right) + \frac{16}{15} \\ &= \frac{8}{15}(4+\sqrt{2})\sqrt{1+\sqrt{2}} + \frac{16}{15} \end{aligned} $$

解説

方程式の解を被積分関数とする定積分の問題では、解そのものを明示的に求めずに逆関数の積分（グラフの $y$ 軸方向への積分への変換）を利用する手法が典型的なアプローチとなる。

本問は解法1のように $g_1(t)$ を直接求めることも可能であるが、根号の中に根号が含まれる式の積分となるため、計算ミスを誘発しやすい。解法2のように $x = g_1(t)$ と置換し、多項式の積分に帰着させる方が見通し良く計算を進めることができる。

答え

$$ \frac{8}{15}(4+\sqrt{2})\sqrt{1+\sqrt{2}} + \frac{16}{15} $$