2金沢大学 2001年 数学 第2問解答・解説

(1) $\displaystyle I(x)=\int_0^x f(t)\,dt$ とおくと、$\displaystyle \int_x^0 f(t)\,dt=-I(x)$ なので、 $I(x)=x^3-3x^2-9x-2I(x)$,　　 $\displaystyle I(x)=\frac{x^3}{3}-x^2-3x$. $f(x)=I'(x)=x^2-2x-3=(x-3)(x+1)$. y=|f(x)| は $x\leq-1$, $x\geq3$ で $x^2-2x-3$,　 $-1\leq x\leq3$ で $-x^2+2x+3$. したがって、グラフは $(-1,0),(3,0)$ を通り、中央の下に開く放物線部分の頂点は $(1,4)$、} $(0,3)$ を通る。 $x\leq-1$ と $x\geq3$ の外側部分は上に開き、左右に伸びる。

(2) $-r\leq x\leq r$ の範囲の端点での値は $|f(-r)|=|r^2+2r-3|,\quad |f(r)|=|r^2-2r-3|$. 内部での最大候補は、中央部分の頂点 $x=1$ における 4 である。 $0\leq r\leq1$ では $-r\leq x\leq r$ の範囲は $-1\leq x\leq1$ に含まれ、 $|f(x)|=-x^2+2x+3$ は $x\leq1$ で増加するから、 $F(r)=|f(r)|=3+2r-r^2$. $r\geq1$ では $x=1$ が区間に含まれ、値 4 をとる。左端 x=-r の値は $r^2+2r-3$ であり、これが 4 となる正の r は $a=2\sqrt2-1$（$r^2+2r-7=0$）である。 $1\leq r\leq a$ では両端点の値は 4 以下なので $F(r)=4$. $r\geq a$ では左端の値 $r^2+2r-3\geq4$ が内部最大値を上回る。 $a\leq r\leq3$ では右端の値は $-r^2+2r+3\leq4$、$r\geq3$ では右端との差 $|f(-r)|-|f(r)|=4r>0$ だから、$F(r)=r^2+2r-3$. よって F(r)=$$\begin{cases}3+2r-r^2&(0\le r\le1),\\4&(1\le r\le a),\\r^2+2r-3&(r\ge a),\end{cases}$$　 $a=2\sqrt2-1$. (3) $\displaystyle \int_0^2F(r)\,dr=\int_0^1(3+2r-r^2)\,dr+4(a-1)+\int_a^2(r^2+2r-3)\,dr$. $\displaystyle \int_0^1(3+2r-r^2)\,dr=\frac{11}{3},\quad4(a-1)=8\sqrt2-8$, $\displaystyle \int_a^2(r^2+2r-3)\,dr=\left[\frac{r^3}{3}+r^2-3r\right]_a^2=\frac{8\sqrt2-9}{3}$. $\displaystyle \therefore\quad\int_0^2F(r)\,dr=\frac{11}{3}+8\sqrt2-8+\frac{8\sqrt2-9}{3}=\frac{32\sqrt2-22}{3}$.