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title: 入試問題解説017cl
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description: 入試問題解説017cl by ブリザードマン
published: October 02, 26
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# Page. 1

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入試問題解説
第 17 回：解 を 変 数 に 選 ぶ 積 分
2007 弘 前 大
医 学 部


# Page. 2

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入試問題解説
問題
¡2 ≦ t ≦ 2 とする。x についての方程式 x3 ¡ 3x = t が区間 1 ≦ x ≦ 2 にもつ解
®，区間 ¡1 ≦ x ≦ 1 にもつ解 ¯ とする。
(1) ¯ を ® の式で表せ。
(2) ® と ¯ を t の関数と見て，定積分
Z2
¯
dt
¡2 ®
を求めよ。
(2007 弘前大 医学部)
■ 本問の学習テーマ・目的
方程式の解を含む積分に対し，その解を新しい積分変数に選ぶ考え方を学びます。® を
t の式で求めなくても，t = ®3 ¡ 3® という関係から置換積分ができます。
(1) で何が準備されるのかを確かめ，解の範囲と増減を利用して (2) の置換を組み立て
ます。さらに，3 倍角の公式で解を表す別解を通じて，2 つの置換の関係も考えます。
指針 / アプローチ
▼ 2 つの解を関係づける
▼ 解を積分変数に選ぶ
▼ 根号を新しい変数にする
®; ¯ の満たす式から t を消去し
ます。得られる 2 次方程式を解
¯
は ® の式にな
(1) を使えば
®
3
ります。t = ® ¡ 3® と置換し，
積分全体を ® で表します。
残る根号は 4 ¡ ®2 です。これ
を u とおき，® d® = ¡u du を
使って有理式に直します。
き，解の範囲から符号を選びます。
C
y = x3 ¡ 3x と直線 y = t の交点を考えます。右側の増
y
加する部分に ®，中央の減少する部分に ¯ が対応します。
2
t が ¡2 から 2 まで増えると，® は 1 から 2 まで増え，¯
は 1 から ¡1 まで減ります。
(1) では同じ t に対応することを利用し，®3 ¡ 3® =
1
¯3 ¡ 3¯ とおきます。ただし，t = ¡2 では ® = ¯ = 1
となるため，差で割る際にはこの場合を別に扱います。
®
O
¡1 ¯
y=t
x
¡2
y = x3 ¡ 3x と y = t
(2) では，(1) を利用して被積分関数を ® の式にし，dt と積分区間もC® にそろえます。® を
t の式で求める必要はありません。置換後に残る根号は，さらに u =
します。
4 ¡ ®2 とおいて処理
解答
(1)
t = ¡2 のとき，x3 ¡ 3x + 2 = (x ¡ 1)2 (x + 2) より ® = ¯ = 1 である。¡2 < t ≦ 2 の
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# Page. 3

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入試問題解説
ときは ® > 1 ≧ ¯ なので，®3 ¡ 3® = ¯3 ¡ 3¯ より，(*1)
(*1) ® = ¯ となるの
C
(® ¡ ¯)(®2 + ®¯ + ¯2 ¡ 3) = 0;
¯=
¡® §
12 ¡ 3®
2
は t = ¡2 のときだけ
です。この場合を別に
扱ってから ® ¡ ¯ で割
ります。
2
2
1 < ® < 2 のとき，12 ¡ 3®2 ¡ (2 ¡ ®)
C = 4(2 ¡ ®)(® + 1) > 0 である。2 ¡ ® > 0 より
C
¡® ¡ 12 ¡ 3®2
12 ¡ 3®2 > 2 ¡ ®，すなわち
< ¡1 となる。® = 2 では両者は ¡1 に
2
一致する。したがって，® = 1 の場合も合わせて，
C
¡® + 12 ¡ 3®2
¯=
ÝÝ ①
2
(2)
求める積分を I とおく。t = ®3 ¡ 3® は 1 ≦ ® ≦ 2 で単調に増加し，t = ¡2; 2 に ® = 1; 2
が対応する。dt = 3(®2 ¡ 1) d® と①より，(*2)
(*2) t を ® の式で表
d®
して置換します。
dt
Z2
B C
3 4 ¡ ®2
1
&¡ +
> 3(®2 ¡ 1) d®
I=
2
2®
1
B Z
C
2
3 3
®2 ¡ 1
= ¡2 +
4 ¡ ®2 d®
2
®
1
C
ここで u =
を求める必要はありま
せん。
B
4 ¡ ®2 とおくと，®2 = 4¡u2 ，® d® = ¡u du であり，® = 1; 2 に u = 3; 0
が対応する。よって，(*3)
(*3) u は減少します。
積分の上下を入れ替え
ると，置換で生じた負
号がなくなります。
B Zp
3
u2 (3 ¡ u2 )
3 3
I = ¡2 +
du
2
2
0
4
¡
u
B Zp
3
3 3
1
1
Su2 + 1 ¡
k du
= ¡2 +
¡
2
2¡u
2+u
0
p
B
3
3
3 3 u

= ¡2 +
+ u + log(2 ¡ u) ¡ log(2 + u)˜
2
3
0
B
B
B
3 3
R2 3 ¡ 2 log(2 + 3)j
= ¡2 +
B 2
B
= 7 ¡ 3 3 log(2 + 3)
答案記載上の注意点
▼ ポイント 1：解の範囲を使って符号を決める
2 次方程式を解いただけでは (1) は終わりません。¡1 ≦ ¯ ≦ 1 を使い，1 < ® < 2 では負号
を選べないことを示します。また，® = ¯ となる端点と，平方根が 0 になる端点を区別しま
す。前者は t = ¡2，後者は t = 2 です。
▼ ポイント 2：置換のたびに積分区間も書き換える
B
t: ¡2 ! 2，®: 1 ! 2，u: 3 ! 0 の対応を確かめます。u への置換では積分の向きが逆にな
B
ります。また，0 ≦ u ≦ 3 < 2 より 2 § u > 0 なので，対数の絶対値は外せます。
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# Page. 4

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入試問題解説
▼ ポイント 3：対数の整理では積が 1 になることを使う
B
B
B
B
(2 ¡ 3)(2 + 3) = 1 より，log(2 ¡ 3) = ¡ log(2 + 3) です。したがって，2 つの対
B
数の差は ¡2 log(2 + 3) となります。
解説
1. 解の範囲は，存在だけでなく動く向きも決める
f(x) = x3 ¡ 3x とおくと，f0 (x) = 3(x2 ¡ 1) です。f
解の値
は 1 ≦ x ≦ 2 で単調に増加し，¡1 ≦ x ≦ 1 で単調に減
2
なので，指定された各区間には解が 1 つずつ存在します。
1
®
少します。端点の値は f(1) = ¡2，f(2) = f(¡1) = 2
2
O
¡2
t
¯
¡1
上の図は横軸を t，縦軸を解の値としたものです。同じ t に対応する 2 つの高さが ®; ¯ を表
します。t = ¡2 では両者が 1 に一致しますが，その後は ® が増え，¯ が減ります。
¯ は t = 0 を境に正から負に変わります。一方，® は常に正です。このため被積分関数
¯
も
®
符号が変わります。求める定積分は，正の部分と負の部分を合わせた値です。
下表の対応を先に確認しておけば，置換後の積分区間と増減の向きを取り違えにくくなります。
t
¡2
®
1
%
¯
C
u = 4 ¡ ®2
1
B
3
&
&
0
B
3
2
%
2
0
&
¡1
1
&
0
2. (1) は，どの文字で積分するかを指定している
積分が dt で与えられると，まず ®; ¯ を t の式にしようと考えがちです。しかし，(1) で求
めたのは ¯ を ® で表した式です。これを代入すれば被積分関数に残る文字は ® だけなので，
積分変数も ® に替えるのが自然です。(*4)
(*4) 積分変数は問題文
3
3
正確には，1 ≦ s ≦ 2 として t = s ¡ 3s と置換します。この区間で s ¡ 3s は単調に増加す
るため，対応する解は ® = s と一意に定まります。したがって，(1) の ® を s に置き換え，
dt = 3(s2 ¡ 1) ds として積分できます。解答では，この新しい変数にも ® を使っています。
dt
ds
s = 1 では
= 0 ですが，置換積分の公式は端点で微分係数が 0 でも使えます。
を求
ds
dt
める必要はありません。
3. 根号の置換は，微分まで含めて判断する
残った積分は
Z2
1
®2 ¡ 1
®
C
4 ¡ ®2 d® です。根号を u とおくと，® d® = ¡u du となりま
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で与えられた文字に固
定されていません。(1)
を代入した後，どの文
字が残るかを確かめ
ます。


# Page. 5

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入試問題解説
1
がありますが，
®
C
C
(3 ¡ u2 )u2
®2 ¡ 1
®2 ¡ 1
2
2
4 ¡ ® d® =
4
¡
®
®
d®
=
¡
du
®
®2
4 ¡ u2
す。被積分関数には
と整理すれば，残る ® はすべて 2 乗です。したがって，®2 = 4 ¡ u2 を代入するだけで根号
を完全に取り除けます。(*5)
(*5) 根号だけを置き換
えるのではなく，微分
の部分と残る ® の次数
まで確かめます。
4. 別解：3 倍角の公式で 2 つの解を表す
x = 2 cos µ とおくと，3 倍角の公式から x3 ¡ 3x = 2(4 cos3 µ ¡ 3 cos µ) = 2 cos 3µ とな
¼
ります。(1) の誘導を使わず，この形から積分を計算することもできます。0 ≦ µ ≦
とし
3
て t = 2 cos 3µ とおきます。このとき，(*6)
® = 2 cos µ;
¯ = 2 cos #µ ¡
2¼
; = ¡ cos µ + 3 sin µ ÝÝ ②
3
B
と表せます。実際，両者を x3 ¡ 3x に代入すると，それぞれ 2 cos 3µ，2 cos(3µ ¡ 2¼) とな
り，ともに t に等しくなります。また，1 ≦ 2 cos µ ≦ 2 であり，¡
(*6) µ が 0 から
¼
3
まで増えると，t は 2
から ¡2 まで減りま
す。積分の向きに注意
します。
2¼
2¼
¼
≦ µ¡
≦¡
3
3
3
2¼
) ≦ 1 です。指定区間での解の一意性から②が確かめられます。
3 B
¯
3
1
=¡ +
tan µ，dt = ¡6 sin 3µ dµ より，
したがって，
®
2
2
B
Z0
3
1
I = ¼ %¡ +
tan µ= (¡6 sin 3µ) dµ
2
2
3
B Z ¼3
= ¡2 + 3 3
tan µ sin 3µ dµ
より ¡1 ≦ 2 cos(µ ¡
0
ここで sin 3µ = sin µ(4 cos2 µ ¡ 1) を使うと，
tan µ sin 3µ =
(1 ¡ cos2 µ)(4 cos2 µ ¡ 1)
1
= 5 cos µ ¡ 4 cos3 µ ¡
cos µ
cos µ
cos3 µ = (1 ¡ sin2 µ) cos µ であり，また，
Z
1
1 + sin µ
1 + sin µ
1
dµ =
+ C = log
+C
log
2
cos µ
1 ¡ sin µ
cos µ
ですから，(*7)
(*7) 分母・分子に
cos µ を掛け，
v = sin µ とおけば，
1
の積分になり
1 ¡ v2
¼
ます。0 ≦ µ ≦
で
3
¼
B
1 + sin µ 3
4
3
—
I = ¡2 + 3 3 sin µ + sin µ ¡ log
3
cos µ
0
B
B
= 7 ¡ 3 3 log(2 + 3)
は対数の中は正です。
5. 2 つの解法は，根号の表し方が異なる
C
主解では
®
に置換してから
u
=
4 ¡ ®2 とおきました。一方，別解の ® = 2 cos µ を使う
C
4 ¡ ®2 = 2 sin µ です。つまり，主解の u は別解の 2 sin µ に当たります。(1) の結果
B
も，この置換によって②の ¯ = ¡ cos µ + 3 sin µ と一致します。
と，
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# Page. 6

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入試問題解説
本問では，(1) を利用する主解をまず確実に組み立てましょう。そのうえで，x3 ¡ 3x に
x = 2 cos µ を代入すると 3 倍角になることを知っておくと，解の表し方をもう一通り理解で
きます。
■ 復習のポイント
本問では，下記のポイントを重点的に復習しましょう。
★★★★★ 解の範囲：グラフの増減から一意性と端点の対応を確かめます
★★★★★ 誘導の利用：(1) で残る文字を，新しい積分変数に選びます
★★★★★ 置換の向き：® を t の式で求めず，t を ® の式で表します
★★★★☆ 根号の処理：微分の部分も含めて，有理式に直せるか確かめます
★★★☆☆ 別解との関係：3 倍角による表示と，(1) の根号の式を対応させます
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