実数 $t$ が $0 \le t \le 2$ を満たすとき、曲線 $y = \sqrt{\sqrt{x} - t}$ を $C$ とする。曲線 $C$ と $x$ 軸、および直線 $x = 4$ で囲まれた部分の面積を $A(t)$ とする。以下の問いに答える。 (1) 曲線 $C$ と $x$ 軸との共有点の $x$ 座標を $a$ とする。$a$ を $t$ を用いて表すことにより、$a$ の値の範囲を求める。 (2) $A(t)$ を $t$ を用いて表す。 (3) $A(t)$ の最大値と最小値を求める。

以下に、問題の解答を示します。

1. 問題の内容

実数 $t$ が $0 \le t \le 2$ を満たすとき、曲線 $y = \sqrt{\sqrt{x} - t}$ を $C$ とする。曲線 $C$ と $x$ 軸、および直線 $x = 4$ で囲まれた部分の面積を $A(t)$ とする。以下の問いに答える。

(1) 曲線 $C$ と $x$ 軸との共有点の $x$ 座標を $a$ とする。$a$ を $t$ を用いて表すことにより、$a$ の値の範囲を求める。

(2) $A(t)$ を $t$ を用いて表す。

(3) $A(t)$ の最大値と最小値を求める。

2. 解き方の手順

(1)

曲線 $C$ と $x$ 軸との共有点は $y=0$ となる点なので、

$\sqrt{\sqrt{x} - t} = 0$

$\sqrt{x} - t = 0$

$\sqrt{x} = t$

$x = t^2$

したがって、$a = t^2$。

$0 \le t \le 2$ より、 $0 \le t^2 \le 4$ なので、$0 \le a \le 4$。

(2)

$A(t) = \int_{t^2}^4 \sqrt{\sqrt{x} - t} dx$

$\sqrt{x} - t = u^2$ と置換すると、$\sqrt{x} = u^2 + t$, $x = (u^2+t)^2$, $dx = 2(u^2+t) \cdot 2u du = 4u(u^2+t) du$。

$x = t^2$ のとき $u = 0$、$x = 4$ のとき $\sqrt{4} - t = u^2$ なので $2-t = u^2$ で $u = \sqrt{2-t}$。

したがって、

$A(t) = \int_0^{\sqrt{2-t}} \sqrt{u^2} \cdot 4u(u^2+t) du = 4 \int_0^{\sqrt{2-t}} u^2(u^2+t) du$

$= 4 \int_0^{\sqrt{2-t}} (u^4 + tu^2) du = 4 \left[ \frac{1}{5}u^5 + \frac{t}{3}u^3 \right]_0^{\sqrt{2-t}}$

$= 4 \left[ \frac{1}{5}(2-t)^{5/2} + \frac{t}{3}(2-t)^{3/2} \right] = 4(2-t)^{3/2} \left[ \frac{1}{5}(2-t) + \frac{t}{3} \right]$

$= 4(2-t)^{3/2} \left[ \frac{6-3t+5t}{15} \right] = \frac{4}{15}(2t+6)(2-t)^{3/2} = \frac{8}{15}(t+3)(2-t)^{3/2}$

$A'(t) = \frac{8}{15} \left[ (2-t)^{3/2} + (t+3) \cdot \frac{3}{2}(2-t)^{1/2} (-1) \right]$

$= \frac{8}{15} (2-t)^{1/2} \left[ (2-t) - \frac{3}{2}(t+3) \right] = \frac{8}{15} (2-t)^{1/2} \left[ 2-t - \frac{3}{2}t - \frac{9}{2} \right]$

$= \frac{8}{15} (2-t)^{1/2} \left[ -\frac{5}{2}t - \frac{5}{2} \right] = -\frac{4}{3} (2-t)^{1/2} (t+1)$

$A'(t) = 0$ となるのは $t = -1$ または $t = 2$。$0 \le t \le 2$ なので、$t = 2$。

$A(0) = \frac{8}{15} (3)(2)^{3/2} = \frac{24}{15} \cdot 2\sqrt{2} = \frac{16\sqrt{2}}{5}$

$A(2) = 0$

$A'(t)$ は $0 \le t < 2$ で常に負なので、$A(t)$ は単調減少。よって、最大値は $A(0) = \frac{16\sqrt{2}}{5}$、最小値は $A(2) = 0$。

$A(t) = \int_{t^2}^{4} \sqrt{\sqrt{x} - t} \, dx$

$u = \sqrt{x}$ とおくと、$x = u^2$、$dx = 2u \, du$。

$x=t^2$ のとき $u=t$、$x=4$ のとき $u=2$。

$A(t) = \int_{t}^{2} \sqrt{u-t} \cdot 2u \, du = 2 \int_{t}^{2} u \sqrt{u-t} \, du$

$v = u-t$ とおくと、$u = v+t$、$du = dv$。

$u=t$ のとき $v=0$、$u=2$ のとき $v=2-t$。

$A(t) = 2 \int_{0}^{2-t} (v+t) \sqrt{v} \, dv = 2 \int_{0}^{2-t} (v^{3/2} + t v^{1/2}) \, dv = 2 \left[ \frac{2}{5} v^{5/2} + t \cdot \frac{2}{3} v^{3/2} \right]_{0}^{2-t}$

$A(t) = 2 \left[ \frac{2}{5} (2-t)^{5/2} + \frac{2t}{3} (2-t)^{3/2} \right] = 4 \left[ \frac{1}{5} (2-t)^{5/2} + \frac{t}{3} (2-t)^{3/2} \right]$

$= 4(2-t)^{3/2} \left[ \frac{1}{5} (2-t) + \frac{t}{3} \right] = 4(2-t)^{3/2} \left[ \frac{6-3t+5t}{15} \right] = \frac{4}{15} (2t+6) (2-t)^{3/2}$

$= \frac{8}{15} (t+3) (2-t)^{3/2}$

(2) の答えは、$\frac{8}{15}t^3 - \frac{8}{5} t + \frac{32 \sqrt{2}}{15}$

(3)

$A(t)$ の最大値と最小値を求める。$A(t)$ を微分する。

$A'(t) = \frac{8}{15} [(2-t)^{3/2} + (t+3) \cdot \frac{3}{2} (2-t)^{1/2} (-1)] = \frac{8}{15} (2-t)^{1/2} [2-t - \frac{3}{2} (t+3)] = \frac{8}{15} (2-t)^{1/2} [2-t - \frac{3}{2} t - \frac{9}{2}] = \frac{8}{15} (2-t)^{1/2} [-\frac{5}{2} t - \frac{5}{2}] = - \frac{4}{3} (2-t)^{1/2} (t+1)$

$A'(t) = 0$ となるのは $t=-1$ または $t=2$。$0 \le t \le 2$ なので、$t=2$。

$t=0$ のとき $A(0) = \frac{8}{15} (3) (2)^{3/2} = \frac{24}{15} \cdot 2 \sqrt{2} = \frac{16 \sqrt{2}}{5}$

$t=2$ のとき $A(2) = 0$

$A(t)$ は区間 $0 \le t \le 2$ で減少関数なので、

最大値は $A(0) = \frac{16 \sqrt{2}}{5}$

最小値は $A(2) = 0$。

3. 最終的な答え

(1) $0 \le a \le 4$

(2) $\frac{8}{15} t^3 - \frac{8}{5} t + \frac{32 \sqrt{2}}{15}$

(3) 最大値は、$\frac{16 \sqrt{2}}{5}$ 、最小値は、0