[math][東京医科歯科大学][微分]1993年東京医科歯科大学数学問題3

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問題

$(1)$ 連続関数$f(x)$と定数$a, b, c, d$に対し$$F(t) = \int_{at+b}^{ct+d}{f(x)dx}$$によって定義される関数$F(t)$の導関数$F^{\prime}(t)$を求めよ。
$(2)$ 関数$f(x) = 5\sqrt{1-x^2}\ \ (-1\leq x\leq 1)$のグラフ上に$2$点$P(t, f(t)), Q(t+h, f(t+h))$をとる。ただし$h$は定数で、$0 < h\leq 1, 0\leq t+h\leq 1$とする。このとき直線$OP$と直線$OQ$および曲線$y = f(x)$とによって囲まれる図形の面積$S$を最小にする$t$の値を求めよ。
$(3)$ $(2)$において$h = 1$のときの$S$の最小値を求めよ。

方針

$(1)$で躓いてはいけない。

解答

$(1)$ 一般に$$\frac{d}{dt}\int^{g(t)}{f(x)dx} = g^{\prime}(t)f(g(t))$$であるから、$\underline{F^{\prime}(t) = cf(ct+d)-af(at+b)}$となる。

$(2)$ $y = f(x) = 5\sqrt{1-x^2}$のグラフは楕円の上半分である。$t < 0$のときと$t > 0$のときに分けて考える。
$t < 0$のとき、下図から$\displaystyle S = \int_{t}^{t+h}{f(x)dx} -\left(\frac{1}{2}(-t)f(t)+\frac{1}{2}(t+h)f(t+h)\right)$である。

$t \geq 0$のとき、下図から$\displaystyle S = \int_{t}^{t+h}{f(x)dx}+\left(\frac{1}{2}tf(t)-\frac{1}{2}(t+h)f(t+h)\right)$である。

したがって、どちらの場合も$\displaystyle S = \int_{t}^{t+h}{f(x)} + \frac{1}{2}tf(t)-\frac{1}{2}(t+h)f(t+h)$と表すことができる。すると、$$\begin{eqnarray}\frac{dS}{dt} & = & f(t+h)-f(t) + \frac{1}{2}(f(t) + tf^{\prime}(t)-f(t+h)-(t+h)f^{\prime}(t+h))\\ & = & \frac{1}{2}\left(f(t+h)-(t+h)f^{\prime}(t+h)\right)-\frac{1}{2}(f(t)-tf^{\prime})\\ & = & \frac{5}{2}\left(\sqrt{1-(t+h)^2}+\frac{(t+h)^2}{\sqrt{1-(t+h)^2}}\right)-\frac{5}{2}\left(\sqrt{1-t^2}+\frac{t^2}{\sqrt{1-t^2}}\right)\\ & = & \frac{5}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{1-(t+h)^2}}-\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\right)\end{eqnarray}$$である。$\displaystyle \frac{dS}{dt} = 0$となるのは$\displaystyle t = -\frac{h}{2} $のときで、$0\leq t+h \leq 1$から$-h \leq t\leq 1-h$であるから、$\displaystyle -h\leq t<-\frac{h}{2}$では$\displaystyle \frac{dS}{dt} < 0$、$\displaystyle -\frac{h}{2}<t\leq 1-h$では$\displaystyle \frac{dS}{dt} > 0$、$\displaystyle t = -\frac{h}{2}$で$\displaystyle \frac{dS}{dt} = 0$であるから、$S$を最小にする$t$の値は$\displaystyle \underline{t = -\frac{h}{2}}$である。

$(3)$ $(2)$から$h = 1$のとき$\displaystyle t = -\frac{1}{2}$で、$$\begin{eqnarray}S & = & \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}{f(x)dx}+\left(-\frac{1}{4}f\left(-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{4}f\left(\frac{1}{2}\right)\right)\\ & = & 5\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}{\sqrt{1-x^2}dx}-\frac{1}{4}\cdot \frac{5\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{4}\cdot \frac{5\sqrt{3}}{2}\\ & = & 10\int_{0}^{\frac{1}{2}}{\sqrt{1-x^2}dx}-\frac{5\sqrt{3}}{4}\end{eqnarray}$$である。積分で$x = \sin{\theta}$と置換して、$$\begin{eqnarray}S & = & 10\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}{\sqrt{1-\sin^2{\theta}}(\cos{\theta}d\theta)}-\frac{5\sqrt{3}}{4}\\ & = & 10\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}{\cos^2{\theta}d\theta}-\frac{5\sqrt{3}}{4}\\ & = & 5\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}{(1+\cos{2\theta})d\theta}-\frac{5\sqrt{3}}{4}\\ & = & \left[\theta+\frac{1}{2}\sin{2\theta}\right]_{0}^{\frac{\pi}{6}}-\frac{5\sqrt{3}}{4}\\ & = & \frac{5\pi}{6}+\frac{5\sqrt{3}}{4}-\frac{5\sqrt{3}}{4}\\ & = & \underline{\frac{5\pi}{6}}\end{eqnarray}$$となる。

解説

$(1)$ 合成関数の微分についてはよく理解する。

$(2)$ $t$の正負によって場合分けが生じるが、結果は同じになる。$\displaystyle \frac{dS}{dt} = \frac{5}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{1-(t+h)^2}}-\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\right)$が出た後、それ以上微分する必要はない。単純な関数形なので解答程度の考察で十分だろう。

$(3)$ 計算問題だが、大した計算ではない。