II日本医科大学 2016年 数学 第II問解答・解説

II（問1〜問3）

置換 $u=x-t+1$ を用いると，積分区間は $t=1$ で $u=x$，$t=x$ で $u=1$ となり， $$\displaystyle f(x)=\int_1^x (x+1-u)u e^{-u^2}\,du.$$ よって積分の上端と被積分関数の $x$ 依存性を微分して $$\displaystyle f'(x)=x e^{-x^2}+\int_1^x u e^{-u^2}\,du =x e^{-x^2}+\frac12(e^{-1}-e^{-x^2}) =x e^{-x^2}+g(x).$$

agraph{問2} $h(x)=f(x)-g(x)$ とおくと，$g'(x)=xe^{-x^2}$ より $$h'(x)=f'(x)-g'(x)=g(x),\qquad h(1)=0.$$ $0<x<1$ では $e^{-x^2}>e^{-1}$ なので $g(x)<0$，$x>1$ では $g(x)>0$。従って $$\displaystyle 0<x<1:\quad h(x)=-\int_x^1g(t)\,dt>0,\qquad x>1:\quad h(x)=\int_1^xg(t)\,dt>0.$$ したがって $$\boxed{f(x)>g(x)\ (x>0,\ x\ne1),\qquad f(1)=g(1)=0}.$$

agraph{問3} 問2と同じ $h=f-g$ を考える。設問で指定された傾きは $$f'(\sqrt2)-g'(\sqrt2)=h'(\sqrt2)=g(\sqrt2)$$ であるから，指定の直線は $y=g(\sqrt2)(x-1)$。また $g'(x)=xe^{-x^2}>0$ なので，$1\le x\le\sqrt2$ で $g(x)\le g(\sqrt2)$。$h(1)=0$ と $h'=g$ を用いて $$\displaystyle 0<h(\sqrt2)=\int_1^{\sqrt2}g(x)\,dx <g(\sqrt2)(\sqrt2-1).$$ ここで $$\displaystyle g(\sqrt2)=\frac{e^{-1}-e^{-2}}2,$$ したがって与えられた評価から $$0.1155<g(\sqrt2)<0.1165.$$ $f(\sqrt2)=g(\sqrt2)+h(\sqrt2)$ だから $$0.115<0.1155<g(\sqrt2)<f(\sqrt2) <\sqrt2\,g(\sqrt2)<1.415\cdot0.1165=0.1648475<0.165.$$ よって $$\boxed{0.115<f(\sqrt2)<0.165}.$$