熊本大学 2018年度理系数学第4問（理工系2）解答・解説

問題

$- 3 ≦ x ≦ 0$ に対して， $F (x) = \int_{x}^{x + 3} 3 t^{2} + t^{3} d t$ とおく．以下の問いに答えよ．(問1)　 $- 3 < x < 0$ に対して， $F^{'} (x) = 0$ の解を求めよ．(問2)　 $F (x)$ の最小値を求めよ．

出典：熊本大学 2018年度前期理系第4問

方針

$f (t) = 3 t^{2} + t^{3} = ∣ t ∣ t + 3$ とおき，積分区間の端点微分で $F^{'} (x) = f (x + 3) - f (x)$ を得る。 $- 3 < x < 0$ では符号が分かるので二乗して解を求め，増減から最小点を決める。最小値は $[- 2, 0]$ で絶対値を分けて計算する。

解答

(問1)

f (t) = 3 t^{2} + t^{3} = ∣ t ∣ t + 3

とおく。 $- 3 < x < 0$ では

F^{'} (x) = f (x + 3) - f (x)

である。ここで $x < 0$ ， $x + 3 > 0$ より

f (x) = (- x) x + 3, f (x + 3) = (x + 3) x + 6

である。したがって $F^{'} (x) = 0$ は

(x + 3) x + 6 = (- x) x + 3

と同値である。両辺は正であるから二乗して

(x + 3)^{2} (x + 6) = x^{2} (x + 3)

を得る。 $x + 3 > 0$ より

(x + 3) (x + 6) = x^{2}

であり，

x = - 2

である。

(問2)

$- 3 < x < 0$ において

f (x + 3)^{2} - f (x)^{2} = 9 (x + 3) (x + 2)

である。よって $F^{'} (x) < 0$ となるのは $- 3 < x < - 2$ ， $F^{'} (x) > 0$ となるのは $- 2 < x < 0$ である。したがって $F (x)$ は $x = - 2$ で最小となる。

最小値は

F (- 2) = \int_{- 2}^{1} ∣ t ∣ t + 3 d t

である。絶対値を分けて

F (- 2) = \int_{- 2}^{0} (- t) t + 3 d t + \int_{0}^{1} t t + 3 d t

である。 $u = t + 3$ とおくと

\int_{- 2}^{0} (- t) t + 3 d t = \int_{1}^{3} (3 - u) u d u = \frac{12 3 - 8}{5}

であり，

\int_{0}^{1} t t + 3 d t = \int_{3}^{4} (u - 3) u d u = \frac{12 3 - 16}{5}

である。よって最小値は

\frac{24 ( 3 - 1 )}{5}

である。

熊本大学 2018年度理系数学 第4問（理工系2）

問題

方針

解答

(問1)

(問2)

熊本大学 2018年度
理系数学第4問（理工系2）