東大数学2021第3問定積分(途中式詳細あり)

　関数
$f(x)=\frac{x}{x^2+3}$
に対して，$y=f(x)のグラフをC$とする。
点$A(1，f(1))におけるC$の接線を
$l:y=g(x)$
とする。
(1)　$Cとlの共有点でAと異なるものがただ1つ存在することを示し，その点のx$座標を求めよ。
(2)　(1)で求めた共有点の$x座標を\alpha$とする。定積分
${\int }_{\alpha }^1\{{f(x)-g(x)}^2\}dx$
を計算せよ。

解説（私見）
(1)　かなり基本的な問題。微分して接線の傾きを求め，直線の方程式より接線の式を求め，それと元の関数の式との連立方程式を解く。
$f^{\prime }(x)＝\frac{1}{x^2+3}-\frac{2x^2}{(x^2+3{)}^2}=\frac{x^2+3-2x^2}{(x^2+3{)}^2}＝\frac{3-x^2}{(x^2+3{)}^2}$
より
$f^{\prime }(1)＝\frac{1}{8}$
これより，接線$l$の方程式は，
$y-f\left(1\right)=\frac{1}{8}(x-1)$
$y=\frac{1}{8}(x+1)$
となるから，方程式 $\frac{x}{x^2+3}=\frac{1}{8}(x+1)$ より，
$\frac{8x}{x^2+3}=x+1$
$8x=(x+1)(x^2+3)(x^2+3>0)$
$x^3+x^2-5x+3=0$
$(x-1)(x^2+2x-3)=0$
${(x-1)}^2(x+3)=0$
$x=-3，1$
となるから，$Aと異なる共有点がただ1つ存在し，その点のx$座標は－3である。

(2)定積分の計算問題
${\int }_{-3}^1{\{f\left(x\right)-g\left(x\right)\}}^{2}dx$
$={\int }_{-3}^1{\{\frac{x}{x^2+3}-\frac{1}{8}(x+1)\}}^{2}dx$
$={\int }_{-3}^1\left\{{{\left(\frac{x}{x^2+3}\right)}^2-\frac{1}{4}(x+1)\left(\frac{x}{x^2+3}\right)+\frac{1}{64}(x+1)}^2\right\}dx$
$={\int }_{-3}^1\left\{{\frac{x^2}{{(x^2+3)}^2}-\frac{1}{4}\cdot \frac{x^2+x}{x^2+3}+\frac{1}{64}(x+1)}^2\right\}dx$
$={\int }_{-3}^1\{\frac{x^2}{{(x^2+3)}^2}-\frac{x^2+3+x-3}{4(x^2+3)}+\frac{1}{64}(x^2+2x+1)\}dx$
$={\int }_{-3}^1\{\frac{x^2}{{(x^2+3)}^2}-\frac{1}{4}-\frac{x-3}{4(x^2+3)}+\frac{1}{64}(x^2+2x+1)\}dx$
$={\int }_{-3}^1\{\frac{x^2}{{(x^2+3)}^2}-\frac{x-3}{4(x^2+3)}+\frac{1}{64}(x^2+2x-15)\}dx$
$I_1={\int }_{-3}^1\frac{x^2}{{(x^2+3)}^2}dx，I_2={\int }_{-3}^1\{-\frac{x-3}{4(x^2+3)}\}dx，I_3={\int }_{-3}^1\frac{1}{64}(x^2+2x-15)dx$
　とおき，各定積分を計算し，その和を求めれば終わり。$I_1，I_2について，x＝\sqrt{3}tan\theta$ とおくと，
$\frac{dx}{d\theta }=\frac{\sqrt{3}}{{\cos }^2\theta }$
$dx=\frac{\sqrt{3}}{{\cos }^2\theta }d\theta$
であり，$xと\theta$の対応表は下のようになる。

　したがって，(註1に途中式補足)
$I_1={\int }_{-3}^1\frac{x^2}{{(x^2+3)}^2}dx$
　$＝{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}\frac{{\left(\sqrt{3}tan\theta \right)}^2}{{\{{\left(\sqrt{3}tan\theta \right)}^2+3\}}^2}\frac{\sqrt{3}}{{\cos }^2\theta }d\theta$
　$＝\frac{1}{\sqrt{3}}{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}{\sin }^2\theta d\theta$
　$＝\frac{1}{\sqrt{3}}{[\frac{\theta }{2}-\frac{sin2\theta }{4}]}_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}$
　$＝\frac{1}{\sqrt{3}}(\frac{\pi }{4}-\frac{\sqrt{3}}{4})$

$I_2={\int }_{-3}^1\{-\frac{x-3}{4(x^2+3)}\}dx$
　$＝{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}\{-\frac{\sqrt{3}tan\theta -3}{4({3\tan }^2\theta +3)}\}\frac{\sqrt{3}}{{\cos }^2\theta }d\theta$　(註2に途中式補足)
　$＝\frac{1}{4}{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}(-tan\theta +\sqrt{3})d\theta$
　$＝\frac{1}{4}{[\log cos\theta +\sqrt{3}\theta ]}_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}$
　$＝\frac{1}{8}(\log 3+\sqrt{3}\pi )$

$I_3={\int }_{-3}^1\frac{1}{64}(x^2+2x-15)dx$
　$＝\frac{1}{64}{[\frac{x^3}{3}+x^2-15x]}_{-3}^1$　(註3に途中式補足)
　$＝-\frac{11}{12}$
これらより，
$I_1+I_2+I_3=\frac{1}{\sqrt{3}}(\frac{\pi }{4}-\frac{\sqrt{3}}{4})+\frac{1}{8}(\log 3+\sqrt{3}\pi )-\frac{11}{12}$
$=\frac{\sqrt{3}\pi }{12}+\frac{\sqrt{3}\pi }{8}-\frac{1}{4}+\frac{1}{8}\log 3-\frac{11}{12}$
$=-\frac{7}{6}+\frac{5\sqrt{3}\pi }{24}+\frac{1}{8}\log 3$

註1
${\int }_{-3}^1\frac{x^2}{{(x^2+3)}^2}dx＝{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}\frac{{\left(\sqrt{3}tan\theta \right)}^2}{{\{{\left(\sqrt{3}tan\theta \right)}^2+3\}}^2}\frac{\sqrt{3}}{{\cos }^2\theta }d\theta$
$＝{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}\frac{{3\tan }^2\theta }{{({3\tan }^2\theta +3)}^2}\frac{\sqrt{3}}{{\cos }^2\theta }d\theta$
$＝{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}\frac{{\tan }^2\theta }{{\sqrt{3}({\tan }^2\theta +1)}^2}\frac{1}{{\cos }^2\theta }d\theta$
$＝{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}\frac{{\tan }^2\theta }{{\sqrt{3}\left(\frac{1}{{\cos }^2\theta }\right)}^2}\frac{1}{{\cos }^2\theta }d\theta$
$＝\frac{1}{\sqrt{3}}{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}\frac{{\tan }^2\theta }{\frac{1}{{\cos }^2\theta }}d\theta$
$＝\frac{1}{\sqrt{3}}{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}{\sin }^2\theta d\theta$
$＝\frac{1}{\sqrt{3}}{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}\frac{1-cos2\theta }{2}d\theta$
$＝\frac{1}{\sqrt{3}}{[\frac{\theta }{2}-\frac{sin2\theta }{4}]}_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}$
$＝\frac{1}{\sqrt{3}}(\frac{\pi }{12}+\frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{8}-\frac{\sqrt{3}}{8})$
$＝\frac{1}{\sqrt{3}}(\frac{\pi }{4}-\frac{\sqrt{3}}{4})$

註2
${\int }_{-3}^1\{-\frac{x-3}{4(x^2+3)}\}dx＝{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}\{-\frac{\sqrt{3}tan\theta -3}{4({3\tan }^2\theta +3)}\}\frac{\sqrt{3}}{{\cos }^2\theta }d\theta$
$＝{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}\{-\frac{tan\theta -\sqrt{3}}{4({\tan }^2\theta +1)}\}\frac{1}{{\cos }^2\theta }d\theta$
$＝\frac{1}{4}{\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}(-tan\theta +\sqrt{3})d\theta$
$＝\frac{1}{4}{[\log cos\theta +\sqrt{3}\theta ]}_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{6}}$
$＝\frac{1}{4}(\log \frac{\sqrt{3}}{2}-log\frac{1}{2}+\sqrt{3}\cdot \frac{\pi }{2})$
$＝\frac{1}{4}(\log \sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}\pi }{2})$
$＝\frac{1}{8}(\log 3+\sqrt{3}\pi )$

註3
${\int }_{-3}^1\frac{1}{64}(x^2+2x-15)dx＝\frac{1}{64}{[\frac{x^3}{3}+x^2-15x]}_{-3}^1$
$＝\frac{1}{64}(\frac{28}{3}-8-60)$
$＝\frac{1}{16}(\frac{7}{3}-17)$
$＝-\frac{1}{16}\cdot \frac{44}{3}$
$＝-\frac{11}{12}$