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広島大学／2026年度／前期

4広島大学 2026年 数学 第4問解答・解説

微分法積分法極限

1問題

広島大学2026年度第4問
pp を 2 より大きい実数とする。次の問いに答えよ。

(1) 関数 y=x(1+x2)−p (x≧0)y=x(1+x^{2})^{-p}\ (x\geqq 0) が最大値をとるときの xx の値を aa とする。aa を pp を用いて表せ。

(2) 1+x2=t1+x^{2}=t とおくことにより、不定積分
∫2x3(1+x2)−p dx \int 2x^{3}(1+x^{2})^{-p}\,dx
を求めよ。

(3) aa を (1) で求めたものとし、
S(p)=∫0ax(1+x2)−p dx S(p)=\int_{0}^{a}x(1+x^{2})^{-p}\,dx
とおく。極限値 lim⁡p→∞pS(p)\displaystyle\lim_{p\to\infty}pS(p) を求めよ。

(4) aa を (1) で求めたものとし、
T(p)=∫0a2x3(1+x2)−p dx T(p)=\int_{0}^{a}2x^{3}(1+x^{2})^{-p}\,dx
とおく。極限値 lim⁡p→∞p2T(p)\displaystyle\lim_{p\to\infty}p^{2}T(p) を求めよ。

まずは自分で解いてみましょう。解けたら「答え」、詰まったら「解答」で確かめられます。

タイマー

15:00

2答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる
  • (1)
    a=12p−1a=\dfrac{1}{\sqrt{2p-1}}
  • (2)
    −(1+x2)2−pp−2+(1+x2)1−pp−1+C-\dfrac{(1+x^{2})^{2-p}}{p-2}+\dfrac{(1+x^{2})^{1-p}}{p-1}+C（CC は積分定数）
  • (3)
    1−e−122\dfrac{1-e^{-\frac{1}{2}}}{2}
  • (4)
    1−32e−121-\dfrac{3}{2}e^{-\frac{1}{2}}

3解答

解答を見る途中式つきの解答

考え方

1+a2=2p2p−1=1+12p−11+a^{2}=\dfrac{2p}{2p-1}=1+\dfrac{1}{2p-1} となるので、極限 lim⁡x→∞(1+1x)x=e\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{x}=e を使って (1+a2)1−p→e−12(1+a^{2})^{1-p}\to e^{-\frac{1}{2}} がわかる。(4) は (2) の不定積分を使って T(p)T(p) を計算する。

解答

(1)

y′=(1+x2)−p−2px2(1+x2)−p−1=(1+x2)−p−1{1−(2p−1)x2}y'=(1+x^{2})^{-p}-2px^{2}(1+x^{2})^{-p-1}=(1+x^{2})^{-p-1}\{1-(2p-1)x^{2}\}

p>2p>2 だから、0≦x<12p−10\leqq x<\dfrac{1}{\sqrt{2p-1}} で y′>0y'>0、x>12p−1x>\dfrac{1}{\sqrt{2p-1}} で y′<0y'<0 である。よって
a=12p−1. a=\dfrac{1}{\sqrt{2p-1}}.

(2)

t=1+x2t=1+x^{2} とおくと dt=2x dxdt=2x\,dx、2x3 dx=x2⋅2x dx=(t−1) dt2x^{3}\,dx=x^{2}\cdot 2x\,dx=(t-1)\,dt だから
∫2x3(1+x2)−p dx=∫(t1−p−t−p) dt=t2−p2−p−t1−p1−p+C \int 2x^{3}(1+x^{2})^{-p}\,dx=\int(t^{1-p}-t^{-p})\,dt=\dfrac{t^{2-p}}{2-p}-\dfrac{t^{1-p}}{1-p}+C
=−(1+x2)2−pp−2+(1+x2)1−pp−1+C(C は積分定数). =-\dfrac{(1+x^{2})^{2-p}}{p-2}+\dfrac{(1+x^{2})^{1-p}}{p-1}+C\quad(C\text{ は積分定数}).

(3)

r=1+a2=2p2p−1r=1+a^{2}=\dfrac{2p}{2p-1} とおく。同じ置換により
S(p)=∫1r12t−p dt=1−r1−p2(p−1). S(p)=\int_{1}^{r}\dfrac{1}{2}t^{-p}\,dt=\dfrac{1-r^{1-p}}{2(p-1)}.
ここで、q=2p−1q=2p-1 とおくと p→∞p\to\infty のとき q→∞q\to\infty で、
rp−1=(1+1q)q−12={(1+1q)q}12(1+1q)−12→e12 r^{p-1}=\left(1+\dfrac{1}{q}\right)^{\frac{q-1}{2}}=\left\{\left(1+\dfrac{1}{q}\right)^{q}\right\}^{\frac{1}{2}}\left(1+\dfrac{1}{q}\right)^{-\frac{1}{2}}\to e^{\frac{1}{2}}
だから r1−p→e−12r^{1-p}\to e^{-\frac{1}{2}} である。よって
lim⁡p→∞pS(p)=lim⁡p→∞p2(p−1)(1−r1−p)=1−e−122. \lim_{p\to\infty}pS(p)=\lim_{p\to\infty}\dfrac{p}{2(p-1)}\left(1-r^{1-p}\right)=\dfrac{1-e^{-\frac{1}{2}}}{2}.

(4)

(2) の結果から
T(p)=(1p−2−1p−1)−r1−p(rp−2−1p−1). T(p)=\left(\dfrac{1}{p-2}-\dfrac{1}{p-1}\right)-r^{1-p}\left(\dfrac{r}{p-2}-\dfrac{1}{p-1}\right).
ここで
rp−2−1p−1=r(p−1)−(p−2)(p−1)(p−2),r(p−1)−(p−2)=2p(p−1)−(p−2)(2p−1)2p−1=3p−22p−1 \dfrac{r}{p-2}-\dfrac{1}{p-1}=\dfrac{r(p-1)-(p-2)}{(p-1)(p-2)},\qquad r(p-1)-(p-2)=\dfrac{2p(p-1)-(p-2)(2p-1)}{2p-1}=\dfrac{3p-2}{2p-1}
だから
p2T(p)=p2(p−1)(p−2)(1−r1−p⋅3p−22p−1). p^{2}T(p)=\dfrac{p^{2}}{(p-1)(p-2)}\left(1-r^{1-p}\cdot\dfrac{3p-2}{2p-1}\right).
p→∞p\to\infty のとき p2(p−1)(p−2)→1\dfrac{p^{2}}{(p-1)(p-2)}\to 1、3p−22p−1→32\dfrac{3p-2}{2p-1}\to\dfrac{3}{2}、r1−p→e−12r^{1-p}\to e^{-\frac{1}{2}} だから
lim⁡p→∞p2T(p)=1−32e−12. \lim_{p\to\infty}p^{2}T(p)=1-\dfrac{3}{2}e^{-\frac{1}{2}}.

読み終えたら解答を閉じて、もう一度自分の手で解いてみましょう。

この問題で使う考え方

  • 導関数と最大値
  • 置換積分法
  • e の定義を使う極限

答えと解答は AI で作成したものです。誤りに気づいたらお問い合わせから教えてください。

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