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。
![](https://i0.wp.com/denovo2021.com/wp-content/uploads/2022/11/20221105_1-944x1024.jpg?resize=708%2C768&ssl=1)
\(t \geq 0\)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。
![](https://i0.wp.com/denovo2021.com/wp-content/uploads/2022/11/20221105_2-768x1024.png?resize=576%2C768&ssl=1)
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。
関連問題
1988東京医科歯科大学数学問題1 二次曲線と面積、微分
1997年京都大学理系前期問題6 微分
2021年京都大学理系数学問題2 分数関数の微分
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