5広島大学 2023年 数学 第5問解答・解説

(1) グラフの概形。定義域は $x>-1$ である。微分すると $$\displaystyle f'(x)=\frac1{x+1}-\frac{2x}{x^2+3} =\frac{(1-x)(x+3)}{(x+1)(x^2+3)}.$$ 定義域では分母と $x+3$ は正なので、$f$ は $-1<x<1$ で増加し、$x>1$ で減少する。さらに $$\displaystyle f(1)=\log\frac32,\qquad f(0)=f(3)=0,$$ かつ $x\to-1+0$ および $x\to+\infty$ で $f(x)\to-\infty$。従って $x=1$ で最大値 $\alpha=\log(3/2)$ をとり、零点 $(0,0),(3,0)$ を通る形になる概形を次に示す。

(2) 方程式の実数解の個数。グラフは $-1<x<1$ で単調増加、$x>1$ で単調減少し、両端で $-\infty$ に向かい、最大値は $\alpha$ である。よって $$s<\alpha:\ 2\text{個},\qquad s=\alpha:\ 1\text{個},\qquad s>\alpha:\ 0\text{個}.$$

(3) 定積分。被積分関数を変形して $$\displaystyle \frac{2x^2}{x^2+3}=2-\frac6{x^2+3}$$ とする。$x=\sqrt3\tan\theta$ とおけば $$\displaystyle \int_0^3\frac{2x^2}{x^2+3}\,dx =6-2\sqrt3\left[\theta\right]_{0}^{\pi/3} =6-\frac{2\pi}{\sqrt3}.$$

(4) $g(s)$ の積分。 $0\le s\le\alpha$ では、方程式の小さい方の解 $x_-(s)$ は $0\le x\le1$ に、大きい方の解 $x_+(s)$ は $1\le x\le3$ にある。置換 $s=f(x)$ を各単調区間で使うと $$\displaystyle \int_0^\alpha x_-(s)\,ds=\int_0^1 x f'(x)\,dx,\qquad \int_0^\alpha x_+(s)\,ds=-\int_1^3 x f'(x)\,dx.$$ 従って部分積分と $f(0)=f(3)=0$ から $$\displaystyle \int_0^\alpha g(s)\,ds=-\int_0^3x f'(x)\,dx=\int_0^3 f(x)\,dx.$$ ここで $$\displaystyle \int_0^3\log(3x+3)\,dx=3\log3+4\log4-3,$$ $$\displaystyle \int_0^3\log(x^2+3)\,dx=3\log12-6+\frac{2\pi}{\sqrt3}.$$ 差をとって $$\displaystyle \boxed{\int_0^\alpha g(s)\,ds=3+\log4-\frac{2\pi}{\sqrt3}}.$$