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東京大学 1973年理系第5問解説

方針・初手

領域を表す連立不等式から、2曲線の上下関係と交点を求めて面積 $f(t)$ を定積分で表す。被積分関数のうち、$x$ の分数関数となる部分はそのまま計算できる。$\frac{1}{1+x^2}$ の積分については、$x = \tan\theta$ の置換積分を実行して計算するか、あるいは積分区間 $\left[\frac{1}{t}, t\right]$ の対称性を生かして $x = \frac{1}{u}$ と置換することで微積分学の基本定理が使える形に変形すると、スムーズに導関数を求めることができる。

解法1

条件の不等式を満たす領域は、2曲線 $y = \frac{1}{1+x^2}$ と $y = \frac{t}{(1+t^2)x}$ （$x>0$）で囲まれた図形である。まずは交点の $x$ 座標を求める。

$$ \frac{1}{1+x^2} = \frac{t}{(1+t^2)x} $$

両辺に $x(1+x^2)(1+t^2)$ を掛けて整理する。

$$ (1+t^2)x = t(1+x^2) $$

$$ tx^2 - (1+t^2)x + t = 0 $$

$$ (tx - 1)(x - t) = 0 $$

これより、交点の $x$ 座標は $x = \frac{1}{t}, t$ となる。$t > 1$ より $\frac{1}{t} < t$ であり、区間 $\frac{1}{t} \leqq x \leqq t$ においては $(tx - 1)(x - t) \leqq 0$ となるから、

$$ \frac{1}{1+x^2} - \frac{t}{(1+t^2)x} = \frac{-(tx - 1)(x - t)}{x(1+x^2)(1+t^2)} \geqq 0 $$

すなわち、$\frac{1}{1+x^2} \geqq \frac{t}{(1+t^2)x}$ が成り立つ。したがって、面積 $f(t)$ は次のように立式できる。

$$ f(t) = \int_{\frac{1}{t}}^{t} \left\{ \frac{1}{1+x^2} - \frac{t}{(1+t^2)x} \right\} dx $$

これを2つの積分に分けて計算する。

$$ f(t) = \int_{\frac{1}{t}}^{t} \frac{1}{1+x^2} dx - \frac{t}{1+t^2} \int_{\frac{1}{t}}^{t} \frac{1}{x} dx $$

第1項の定積分について、積分区間を $1$ で分割する。

$$ \int_{\frac{1}{t}}^{t} \frac{1}{1+x^2} dx = \int_{\frac{1}{t}}^{1} \frac{1}{1+x^2} dx + \int_{1}^{t} \frac{1}{1+x^2} dx $$

右辺の1つ目の積分に対して、$x = \frac{1}{u}$ と置換する。$dx = -\frac{1}{u^2}du$ であり、$x$ が $\frac{1}{t}$ から $1$ まで変化するとき、$u$ は $t$ から $1$ に変化する。

$$ \begin{aligned} \int_{\frac{1}{t}}^{1} \frac{1}{1+x^2} dx &= \int_{t}^{1} \frac{1}{1+\frac{1}{u^2}} \left( -\frac{1}{u^2} \right) du \\ &= \int_{1}^{t} \frac{u^2}{u^2+1} \cdot \frac{1}{u^2} du \\ &= \int_{1}^{t} \frac{1}{u^2+1} du \end{aligned} $$

積分変数を $x$ に戻せば、$\int_{1}^{t} \frac{1}{1+x^2} dx$ となるため、次のようにまとめられる。

$$ \int_{\frac{1}{t}}^{t} \frac{1}{1+x^2} dx = 2 \int_{1}^{t} \frac{1}{1+x^2} dx $$

一方、$f(t)$ の式の第2項にある定積分は直接計算できる。

$$ \int_{\frac{1}{t}}^{t} \frac{1}{x} dx = \Big[ \log x \Big]_{\frac{1}{t}}^{t} = \log t - \log\frac{1}{t} = 2\log t $$

以上より、$f(t)$ は次のように表される。

$$ f(t) = 2 \int_{1}^{t} \frac{1}{1+x^2} dx - \frac{2t\log t}{1+t^2} $$

この両辺を $t$ で微分する。第1項は微積分学の基本定理によりただちに求まり、第2項は商の微分法を用いる。

$$ \begin{aligned} f'(t) &= 2 \cdot \frac{1}{1+t^2} - \frac{(2\log t + 2)(1+t^2) - (2t\log t)(2t)}{(1+t^2)^2} \\ &= \frac{2}{1+t^2} - \frac{2(1+t^2)\log t + 2(1+t^2) - 4t^2\log t}{(1+t^2)^2} \\ &= \frac{2}{1+t^2} - \frac{2(1-t^2)\log t + 2(1+t^2)}{(1+t^2)^2} \\ &= \frac{2}{1+t^2} - \left\{ \frac{2(1-t^2)\log t}{(1+t^2)^2} + \frac{2}{1+t^2} \right\} \\ &= \frac{2(t^2-1)\log t}{(1+t^2)^2} \end{aligned} $$

解法2

面積 $f(t)$ の立式までは解法1と同様である。

$$ f(t) = \int_{\frac{1}{t}}^{t} \frac{1}{1+x^2} dx - \frac{2t\log t}{1+t^2} $$

第1項の定積分について、$x = \tan\theta \ \left(-\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{\pi}{2}\right)$ と置換する。$dx = \frac{1}{\cos^2\theta} d\theta$ である。 $\tan\alpha = \frac{1}{t}$、$\tan\beta = t$ となる $\alpha, \beta \ \left(0 < \alpha < \frac{\pi}{4} < \beta < \frac{\pi}{2}\right)$ をとると、積分は次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} \int_{\frac{1}{t}}^{t} \frac{1}{1+x^2} dx &= \int_{\alpha}^{\beta} \frac{1}{1+\tan^2\theta} \cdot \frac{1}{\cos^2\theta} d\theta \\ &= \int_{\alpha}^{\beta} d\theta \\ &= \beta - \alpha \end{aligned} $$

ここで、$\tan\alpha = \frac{1}{t} = \frac{1}{\tan\beta} = \tan\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)$ が成り立つ。$\theta$ の範囲より $\alpha = \frac{\pi}{2}-\beta$ となるので、第1項の積分結果は $2\beta - \frac{\pi}{2}$ と表せる。

次に、この結果を $t$ で微分する。$\tan\beta = t$ の両辺を $t$ で微分すると、合成関数の微分法より

$$ \frac{1}{\cos^2\beta} \cdot \frac{d\beta}{dt} = 1 $$

$$ (1+\tan^2\beta) \frac{d\beta}{dt} = 1 $$

$$ (1+t^2) \frac{d\beta}{dt} = 1 $$

これより $\frac{d\beta}{dt} = \frac{1}{1+t^2}$ となるため、第1項の微分は

$$ \frac{d}{dt} \left( 2\beta - \frac{\pi}{2} \right) = 2 \frac{d\beta}{dt} = \frac{2}{1+t^2} $$

となる。後半の $\frac{2t\log t}{1+t^2}$ の微分は解法1と同様であり、引き算して整理すれば結果を得る。

解説

被積分関数に $x$ とは無関係な定数（この問題では $t$）が含まれている場合、定積分の上端や下端を変数で微分する「微積分学の基本定理」を直接適用できないことに注意が必要である。一度項をばらし、$t$ を積分の外に出してから微分する処理が求められる。

また $\frac{1}{1+x^2}$ の定積分を $t$ の関数としてどのように処理するかが最大の山場となる。解法2のように $x = \tan\theta$ と置換して具体的に計算を進め、最後に逆関数の微分の要領で処理する方法は有名である。しかし、解法1のように $x = \frac{1}{u}$ と置換することで対称性を引き出し、基本定理が使える形にする手法は計算量も少なく、見通しが良い優れた解法と言える。