解答例と考え方｜2017年度｜京都大学

【関連記事：解答例と考え方｜2017年度｜京都大学｜理系数学問４】

この記事では，2017年2月25日に行われた京都大学前期入試の「理系数学の問5」の考え方と解法を説明します．

この問題のポイントは

$a$ によって場合分けできるか．
定積分を計算できるか．

です．

$a$ によって状況が変わることに気付けば，場合分けにも気付くでしょう．

ほとんど一本道の計算で解けるので，確実にとっておきたい問題です．

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1 問題
- 1.1 問題
- 1.2 問題のイメージ
2 解法と考え方
- 2.1 原点以外で交点を持つかどうか
- 2.2 解答
3 解答の補足
- 3.1 直感的に求める
- 3.2 微分での間違い

問題

2017年京都大学前期入試の「理系数学の問5」は以下の通りです．

問題

$a\ge0$ とする． $0\le x\le\ro{2}$ の範囲で，曲線 $y=xe^{-x}$ ，直線 $y=ax$ ，直線 $x=\ro{2}$ によって囲まれた部分の面積を $S(a)$ とする．このとき， $S(a)$ の最小値を求めよ．

(ここで，「囲まれた部分」とは，上の曲線または直線のうち2つ以上で囲まれた部分を意味するものとする．)

求積問題です．

積分計算は大して難しくないので，きちんと場合分けできれば答えには辿り着けるでしょう．

問題のイメージ

曲線 $y=xe^{-x}$ と直線 $x=\ro{2}$ は以下の通りです．

この二本の直線，曲線に加えて，直線 $y=ax$ で囲まれた図形の面積が $S(a)$ ですね．

面積は定積分で表すことになりますが， $a$ によって直線 $y=ax$ は $y=xe^{-x}$ と交わったり交わらなかったりするため， $a$ の値によって面積の表し方が変わります．

解法と考え方

$a$ によって変化するきちんと状況を捉えて，立式します．

原点以外で交点を持つかどうか

曲線 $y=xe^{-x}$ と直線 $y=ax$ が， $0\le x\le\sqrt{2}$ で交点を持つかどうかを考えます．

$y=xe^{-x}$ と $y=ax$ から， $y$ を消去すると，

$xe^{-x}=ax\iff 0=x(a-e^{-x})$

となるので， $x=0$ が常に解であることは分かります．問題は $a-e^{-x}$ の方です．

$0\le x\le\sqrt{2}$ であることから， $e^{-\sqrt{2}}\le a\le 1$ の場合のみ $a-e^{-x}=0$ となり得ます．

よって， $e^{-\sqrt{2}}\le a\le 1$ の場合には，原点以外にも $0\le x\le\sqrt{2}$ で交点を持つことが分かります．

ここまでの考察から， $a=e^{-\sqrt{2}}$ と $a=1$ を境目として，場合分けすることは思い付くでしょう．

解答

$f(x)=xe^{-x}$ ， $g(x)=ax$ とすると，

$f(x)-g(x)=xe^{-x}-ax=x(e^{-x}-a)$

である． $\alpha=-\log{a}$ とする．

また，部分積分により，

$\displaystyle\int (f(x)-g(x))\,dx$
$=\displaystyle\int (xe^{-x}-ax)\,dx$
$=\displaystyle\int x(-e^{-x})'\,dx-\dfrac{ax^{2}}{2}$
$=-xe^{-x}+\displaystyle\int e^{-x}\,dx-\dfrac{ax^{2}}{2}$
$=-xe^{-x}-e^{-x}-\dfrac{ax^{2}}{2}+C$
$=-(x+1)e^{-x}-\dfrac{ax^{2}}{2}+C$

である( $C$ は積分定数)． $h(x)=-(x+1)e^{-x}-\dfrac{ax^{2}}{2}+C$ とすると，

$h(0)=-1+C$ ，
$h(\sqrt{2})=-(\sqrt{2}+1)e^{-\sqrt{2}}-a+C$ ，
$h(\alpha)=a(\log{a}-1)-\dfrac{a(\log{a})^{2}}{2}+C$

である．

以下， $0\le x\le\sqrt{2}\iff e^{-\sqrt{2}}\le e^{-x}\le 1$ であることに注意する．

[1]　 $0\le a<e^{-\sqrt{2}}$ のとき

$0\le x\le\sqrt{2}$ において $f(x)-g(x)\ge0$ だから， $S(a)$ は下図の灰色部分の面積である．

このとき，図より明らかに $S\bra{e^{-\sqrt{2}}}\le S(a)$ である．

[2]　 $1<a$ のとき

$0\le x\le\sqrt{2}$ において $f(x)-g(x)\le0$ だから， $S(a)$ は下図の灰色部分の面積である．

このとき，図より明らかに $S(1)\le S(a)$ である．

[1]，[2]より， $S(a)$ は $a$ が $0\le a<e^{-\sqrt{2}}$ のときに最小値をとる．

以下， $e^{-\sqrt{2}}\le a\le 1$ のときを考える．

$0\le x\le\alpha$ において $f(x)-g(x)\ge0$ で， $\alpha\le x\le \sqrt{2}$ において $f(x)-g(x)\le0$ だから， $S(a)$ は下図の灰色部分の面積である．

このとき，

$S(a)=\displaystyle\int_{0}^{\alpha}(f(x)-g(x))\,dx+\displaystyle\int_{\alpha}^{\sqrt{2}}(g(x)-f(x))\,dx$
$=\displaystyle\int_{0}^{\alpha}(f(x)-g(x))\,dx-\displaystyle\int_{\alpha}^{\sqrt{2}}(f(x)-g(x))\,dx$
$=(h(\alpha)-h(0))-(h(\sqrt2)-h(\alpha))$
$=2h(\alpha)-h(0)-h(\sqrt{2})$
$=2\cub{a(\log{a}-1)-\dfrac{a(\log{a})^{2}}{2}}-(-1)-\cub{-(\sqrt{2}+1)e^{-\sqrt{2}}-a}$
$=2a\log{a}-a(\log{a})^{2}+(\sqrt{2}+1)e^{-\sqrt{2}}+1-a$

である．よって，

$\dfrac{dS}{da}(a)$
$=2\log{a}+2a\cdot\dfrac{1}{a}-(\log{a})^{2}-2a(\log{a})\cdot\dfrac{1}{a}-1$
$=1-(\log{a})^{2}$
$=(1-\log{a})(1+\log{a})$

となる． $e^{-\sqrt{2}}\le a\le 1$ から $-\sqrt{2}\le\log{a}\le0$ なので，

$\dfrac{dS}{da}(a)=0$
$\iff\log{a}=-1$
$\iff a=e^{-1}$

である．よって， $e^{-\ro{2}}\le a\le 1$ における $S(a)$ の増減表は

$\begin{array}{c||c|c|c|c|c} a & e^{-\sqrt{2}} & \dots & e^{-1} & \dots & \sqrt{2} \\ \hline S'(a) & - & - & 0 & + & + \\ \hline S(a) & S\bra{e^{-\sqrt{2}}} & \searrow & S\bra{e^{-1}} & \nearrow & S\bra{\sqrt{2}} \end{array}$

となるから， $S(a)$ は $a=e^{-1}$ のときに最小値 $S(e^{-1})$ をとる．

$a=e^{-1}$ のとき $\alpha=1$ だから，

$S(e^{-1})=2h(1)-h(0)-h(\sqrt{2})$
$=2\cub{-(1+1)e^{-1}-\dfrac{e^{-1}\cdot1^{2}}{2}}-(-1)-\cub{-(\sqrt{2}+1)e^{-\sqrt{2}}-e^{-1}}$
$=1-4e^{-1}+(\sqrt{2}+1)e^{-\sqrt{2}}$

となる．よって， $S(a)$ の最小値は $1-4e^{-1}+(\sqrt{2}+1)e^{-\sqrt{2}}$ である．

解答の補足

解答について補足します．

直感的に求める

$S(a)$ が最小値をとる $a=e^{-1}$ は，「直感的には」次のようにも求められます．

$a=c$ で $S(a)$ が最小値をとるとします．

このとき， $a=c$ で $a$ を $c$ から大きくすると右側の面積の増加の方が大きく，一方 $a$ を $c$ から小さくすると左側の面積の増加の方が大きくなります．

つまり， $a=c$ は右側の面積の増加(減少)と，左側の面積の減少(増加)が釣り合うところと解釈できます．

このとき， $a$ を $c$ から小さくすると，下図の赤色部分の面積だけ増加し，青色部分の面積だけ減少します．

気持ちとしては，(赤の面積)：(青の面積) $=1:1$ となっていて欲しいので，近似的に

と見ることで，相似から辺の長さの比が $1:\sqrt{2}$ となります．また， $a$ を $c$ から大きくした場合にも同様です．

よって， $c:\sqrt{2}=1:\sqrt{2}$ となって $c=1$ が得られます．これは上の解答と一致していますね．

近似的にみるという少し高度な考え方です(物理ではよくやります)が，これにより直感的にはいつ最小になるのかが分かりますね．

なお，厳密に書くのは難しいので，検算に留めておくのが良いでしょう．

微分での間違い

$\alpha=-\log{a}$ で， $h(\alpha)$ の $a$ に関する微分 $\dfrac{dh}{da}(\alpha)$ を求める際，合成関数の微分と見て

$\dfrac{dh}{da}(\alpha)=h'(\alpha)\cdot(-\dfrac{1}{a})$

とするのは間違いです．

一見，これで良さそうにも見えますが， $h$ はもともと $f(x)-g(x)$ の原始関数でした．そして， $g(x)=ax$ なので， $h(x)$ には元から $a$ が含まれています．

なので， $\dfrac{dh}{da}(\alpha)$ を微分するときには， $h(x)$ のなかの $a$ を無視してはいけないので，単に合成関数の微分と見ることはできないというわけですね．

【関連記事：解答例と考え方｜2017年度｜京都大学｜理系数学問６】

解答例と考え方｜2017年度｜京都大学｜理系数学問５

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