3兵庫医科大学 2019年 数学 第3問解答・解説

(1) $a>0$ だから $x+\sqrt{x^2+a}>0$ であり、 $$(x+\sqrt{x^2+a})(-x+\sqrt{x^2+a})=a.$$ 対数の性質より $$f(x)+f(-x)=\log\left((x+\sqrt{x^2+a})(-x+\sqrt{x^2+a})\right)=\log a.$$

(2) ここでは $a=1$ とする。(1)から $f(-x)=-f(x)$ で、$f(0)=0$ である。微分すると $$\displaystyle f'(x)=\frac{1+x/\sqrt{x^2+1}}{x+\sqrt{x^2+1}}=\frac1{\sqrt{x^2+1}}>0, \qquad f''(x)=-\frac{x}{(x^2+1)^{3/2}}.$$ 従って全域で単調増加し、極値はない。$x<0$ では $f''(x)>0$ なので下に凸、$x>0$ では $f''(x)<0$ なので上に凸であり、変曲点は $(0,0)$ である。また $f(1)=L=\log(1+\sqrt2)$、$f(-1)=-L$ である。端での振る舞いも確認する。$x>0$ では $x+\sqrt{x^2+1}\geq2x$ なので、対数関数の単調性より $f(x)\geq\log(2x)$ である。$x\to+\infty$ なら $\log(2x)\to+\infty$ だから $f(x)\to+\infty$ となる。また、既に示した奇関数の関係 $f(-x)=-f(x)$ により $x\to-\infty$ では $f(x)\to-\infty$ となる。よって原点を通る奇関数の増加曲線として、左で下に凸、右で上に凸となるように描けばよい。 $$\begin{array}{c|ccc} x&-\infty&0&+\infty\\ \hline f'(x)&+&+&+\\ f(x)&-\infty&\nearrow 0\nearrow&+\infty\\ f''(x)&+&0&-\quad(\text{下に凸から上に凸}) \end{array}$$

(3) $L=f(1)$. $V_1$ は $x$ 軸に垂直な断面の円盤で表し、$V_2$ は $y$ 軸に垂直な断面の円盤で表す。置換 $u=f(x)$ を用いると、 $$e^u=x+\sqrt{x^2+1},\qquad e^{-u}=\sqrt{x^2+1}-x,$$ より $x=(e^u-e^{-u})/2$, $dx=(e^u+e^{-u})du/2$ となる。また $e^L=1+\sqrt2$, $e^{-L}=\sqrt2-1$ である。従って $$\displaystyle \frac{V_1}{\pi}=\int_0^1 f(x)^2\,dx =\frac12\int_0^L u^2(e^u+e^{-u})\,du =L^2-2\sqrt2L+2.$$ 一方、逆関数を用いて $$\displaystyle \frac{V_2}{\pi}=\int_0^L x(u)^2\,du =\frac14\int_0^L(e^{2u}-2+e^{-2u})\,du =\frac{\sqrt2-L}{2}.$$ よって $$\displaystyle \frac{V_1}{V_2}=\frac{L^2-2\sqrt2L+2}{(\sqrt2-L)/2} =\frac{2(L^2-2\sqrt2L+2)}{\sqrt2-L},\qquad L=\log(1+\sqrt2).$$