今日、かずゆき、もうがんばらなくていいよって言われました。
東京大学2014年度理系第三問積分の問題の解説をやりたいと思います。
[問題]
uを実数とする。座標平面上の2つの放物線
C_1:y=-x^2+1
C_2:y=(x-u)^2+u
を考える。C_1とC_2が共有点をもつようなuの値の範囲はある実数a,bにより,a≦u≦bと表せる。
(1)a,bの値を求めよ。
(2)uがa≦u≦bをみたすとき、C_1とC_2の共有点をP_1(x_1,y_1),P_2(x_2,y_2)とする。ただし、共有点が1点のみのときは、P_1とP_2は一致し、ともにその共有点を表すとする。
2|x_1y_2-x_2y_1|
をuの式で表せ。
(3)(2)で得られるuの式をf(u)とする。定積分
I=∫(a,b)f(u)du
を求めよ。
[解答と解説]
(1)
そらもうy消去ですね。
-x^2+1=(x-u)^2+u
⇔
2x^2-2ux+u^2+u-1=0
これが実数解をもてばよいので判別式Dとして
D/4=u^2-2(u^2+u-1)≧0
u^2+2u-2≦0
解いて
-1-√3≦u≦-1+√3
この流れやとだいだいお尻から血出して倒れてるシーンになると見せかけて、ほんまに普通に求まるねん。
(2)
そしたらxは
x=(u±√(-u^2-2u+2))/2で
y=-x^2+1
=-{(u±√(-u^2-2u+2))/2}^2+1
=-(u^2-u-1±(√(-u^2-2u+2))u)/2(複号同順)
やから
2|x_1y_2-x_2y_1|=2|(u+√(-u^2-2u+2))/2・(-u^2+u+1+(√(-u^2-2u+2))u)/2-……
ってやってると
芝生の校庭で踊り出すことになります。
まあがんばったらできるやろうけど、書く量が多いねんな。
そこで解と係数の関係を使ってx_1とx_2の基本対称式と交代式で整理してみるねん。
それでuで表すと、書く量が減るわけやねんな。
まずy_1=-x_1^2+1とy_2=-x_2^2+1でx_1とx_2だけにして
x_1+x_2=u
x_1x_2=(u^2+u-1)/2
|x_2-x_1|=√((x_2+x_1)^2-4x_1x_2)
やから
2|x_1y_2-x_2y_1|=2|x_1(-x_2^2+1)-x_2(-x_2^2+1)|
=2|x_1x_2(x_1-x_2)+x_1-x_2|
=2|x_1-x_2||x_1x_2+1|
=2√(-u^2-2u+1)・1/2・(u^2+u+1)
=(u^2+u+1)√(-u^2-2u+2)
ですね。
u^2+u+1＞0やから絶対値は外れるねん。
(3)そしたら積分ですね。
積分やな。
そしたら…積分やな。
ええから、はよせいや！
I=∫(-1-√3,-1+√3)(u^2+u+1)√(-u^2-2u+2)du
この積分は∫R(x,√(ax^2+bx+c))dxの積分でやり方がある程度決まってるねん。
R(x,y)とはx,yの有理式のことで
つまり
(x,yの多項式)/(x,yの多項式)
の形のことやな。
なんかだいたい大学の1年で習うような専門書にやり方が整理されてるけどな。
今回はa＜0でax^2+bx+c=0の判別式をDとしてD＞0の場合のときやな。
2つやり方を紹介すると
1、√(ax^2+bx+c)=√(a(x+b/(2a))^2+c-b^2/(4a))
=√(a(x+b/(2a))^2-D/(4a))
これはx+b/(2a)=√(-D/(4a))sinθと置換するねん。
√(ax^2+bx+c)=√(-D/(4a))|cosθ|
まあ√(1-x^2)の積分みたいなもんやな。
２、ax^2+bx+c=0の解x=α,βとすると
t=√{(x-α)/(x-β)}と置換するねん。
これをxについて解いてx=(t^2β+α)/(1+t^2)
そしたらdx=(2(β-α)t)/(1+t^2)^2dtって用意しておいて
tに直して
√(ax^2+bx+c)=√(a(x-α)(x-β))
=(√(-a))t(β-(βt^2+α)/(1+t^2))
=(√(-a))t(β-α)/(1+t^2)
これで有理関数(=(tの多項式)/(tの多項式))にできるねん。
まあそんなに高校数学でやらないし、だいぶん要領よくないと使いにくいやろうけどな。
今回は普通に1でええやろな。
一応、2の例としては
∫(dx/√(-x^2-x+2))はx^2+x-2=(x+2)(x-1)
だからt=√((x+2)/(1-x))と置換、x=(t^2-2)/(1+t^2),dx=2・3t/(1+t^2)^2dt,
√(-(x+2)(x-1))=t(1-(t^2-2)/(1+t^2))=3/(1+t^2)ってあらわせて
∫((1+t^2)/(3t))2・3t/(1+t^2)^dt
=∫2/(1+t^2)dt
ってなるやろ。これでtanに置換で
2Arctan((x+2)/(1-x))+C
やな。
そしたら問題に戻ると1のやり方で平方完成して
I=∫(-1-√3,-1+√3)(u^2+u+1)√(-(u+1)^2+3)du
ここでu+1=√3sinθと置換すると
du=√3cosθdθ
u=-1-√3のときθ=-π/2
u=-1+√3のときθ=π/2
I=∫(-π/2,π/2)(3(sinθ)^2-√3sinθ+1)3(cosθ)^2du
ここで
∫sinθ^2cosθ^2dθ=∫1/4・(sin2θ)^2dθ
=∫1/8・(1-cos4θ)dθ
=θ/8-1/32sin4θ+C
やろ
∫(cosθ)^2sinθdθ=-1/3(cosθ)^3+C
∫(cosθ)^2dθ=∫(1+cos2θ)/2dθ
=1/2θ+1/4sin2θ+C
って後はお決まりの三角関数の積分になるねん。
これで
I=[9(1/8θ-1/32sin4θ)-3√3(-1/3(cosθ)^3)+3(1/2θ+1/4sin2θ)](-π/2,π/2)
=21π/8
やな。
長かったですね。
余計な一般的な説明してるからやろって話やけどな。
ありがとうございました。
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