2020年 北海道大学理系数学 第5問の解説をしてみます。
サトゥー
エレガントな解法の類はやりません。あくまで、試験場で自分が解くとしたらどう考えるかな〜という観点で見ていますのでよろしくです
$a$ を正の定数とする。微分可能な関数 $f(x)$ はすべての実数 $x$ に対して次の条件を満たしているとする。
\begin{align*}
0 < f(x) < 1, \int_0^x \frac{f'(t)}{\{1 – f(t)\} f(t)} dt = ax
\end{align*}さらに、 $f(0) = \frac{1}{3}$ であるとする。
(1) $f(x)$ を求めよ。
(2) 曲線 $y = f(x)$ と $x$ 軸および $2$ 直線 $x=0, x=1$ で囲まれる図形の面積 $S(a)$ を求めよ。さらに、 $\displaystyle \lim_{a \to +0} S(a)$ を求めよ。
2020 北海道大学理系
解いてみた感想
一見、面食らいそうな抽象的な問題かと思いきや、(1) で $f(x)$ の具体的な形が分かることからどこかに計算が進められるヒントがあるとにらみ、気付けるかが一番のポイント。 (1) ができれば (2) もそのままできると思います。
(1) log の合成関数微分の形
この定積分を計算できることに気付けるかどうか。具体的には
ポイント
\begin{align*}
\int \frac{f'(x)}{f(x)} dx = \log{|f(x)|} + C
\end{align*}
\int \frac{f'(x)}{f(x)} dx = \log{|f(x)|} + C
\end{align*}
の形を見つけられるかどうかが一番の勝負どころです。
今回の問題は、分母を分解することでこの形に持っていくことが可能です。
\begin{align*}
\int_0^x \frac{f'(t)}{\{1 – f(t)\} f(t)} dt & = \int_0^x \left( \frac{f'(t)}{\{1 – f(t)\}} + \frac{f'(t)}{f(t)} \right) dt
\end{align*}
\int_0^x \frac{f'(t)}{\{1 – f(t)\} f(t)} dt & = \int_0^x \left( \frac{f'(t)}{\{1 – f(t)\}} + \frac{f'(t)}{f(t)} \right) dt
\end{align*}
これで勝負あり。あとは一気に答えまで。
\begin{align*}
\int_0^x \frac{f'(t)}{\{1 – f(t)\} f(t)} dt & = \int_0^x \left( \frac{f'(t)}{\{1 – f(t)\}} + \frac{f'(t)}{f(t)} \right) dt \\
& = \left[ -\log{\{ 1 – f(t) \}} + \log{f(t)} \right]_0^x \\
& = \log{\frac{f(x)}{1 – f(x)}} + \log{2}
\end{align*}
\int_0^x \frac{f'(t)}{\{1 – f(t)\} f(t)} dt & = \int_0^x \left( \frac{f'(t)}{\{1 – f(t)\}} + \frac{f'(t)}{f(t)} \right) dt \\
& = \left[ -\log{\{ 1 – f(t) \}} + \log{f(t)} \right]_0^x \\
& = \log{\frac{f(x)}{1 – f(x)}} + \log{2}
\end{align*}
よって、
\begin{align*}
\log{\frac{f(x)}{1 – f(x)}} + \log{2} = ax \\
\frac{f(x)}{1 – f(x)} = e^{ax – log2} = \frac{1}{2} e^{ax} \\
\therefore f(x) = \frac{e^{ax}}{e^{ax} + 2}
\end{align*}
\log{\frac{f(x)}{1 – f(x)}} + \log{2} = ax \\
\frac{f(x)}{1 – f(x)} = e^{ax – log2} = \frac{1}{2} e^{ax} \\
\therefore f(x) = \frac{e^{ax}}{e^{ax} + 2}
\end{align*}
(2) 積分計算、微分の形
前半は $f(x) > 0$ より計算するだけ。
\begin{align*}
S(a) & = \int_0^1 f(x) dx \\
& = \int_0^1 \frac{e^{ax}}{e^{ax} + 2} dx \\
& = \left[ \frac{1}{a} \log{(e^ax + 2)} \right]_0^1 \\
& = \frac{1}{a} \log{\frac{e^ax + 2}{3}}
\end{align*}
S(a) & = \int_0^1 f(x) dx \\
& = \int_0^1 \frac{e^{ax}}{e^{ax} + 2} dx \\
& = \left[ \frac{1}{a} \log{(e^ax + 2)} \right]_0^1 \\
& = \frac{1}{a} \log{\frac{e^ax + 2}{3}}
\end{align*}
後半、極限については、積分計算時に微分の定義の形が出てくることに着目すれば気づけます。具体的には
\begin{align*}
S(a) & = \frac{1}{a} \log{\frac{e^ax + 2}{3}} \\
& = \frac{\log{(e^a + 2)} – \log{(e^0 + 2)}}{a – 0}
\end{align*}
S(a) & = \frac{1}{a} \log{\frac{e^ax + 2}{3}} \\
& = \frac{\log{(e^a + 2)} – \log{(e^0 + 2)}}{a – 0}
\end{align*}
よって、
\begin{align*}
\lim_{a \to +0} S(a) & = \lim_{a \to +0} \frac{\log{(e^a + 2)} – \log{(e^0 + 2)}}{a – 0} \\
& = \left.\frac{d}{da} \log{(e^a + 2)} \right|_{a=0} \\
& = \left.\frac{e^a}{e^a+2} \right|_{a=0} \\
& = \frac{1}{3}
\end{align*}
\lim_{a \to +0} S(a) & = \lim_{a \to +0} \frac{\log{(e^a + 2)} – \log{(e^0 + 2)}}{a – 0} \\
& = \left.\frac{d}{da} \log{(e^a + 2)} \right|_{a=0} \\
& = \left.\frac{e^a}{e^a+2} \right|_{a=0} \\
& = \frac{1}{3}
\end{align*}
となります。
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