第１問
三角形ABCに内接する半径Rの円がある。内接円と辺BC、CA、ABとの
接点をそれぞれD、E、Fとする。また、$\small\sf{\alpha}$ ＝∠A、$\small\sf{\beta}$ ＝∠B、$\small\sf{\gamma}$ ＝∠Cとする。
三角形ABCの面積をS1、三角形DEFの面積をS2とする。
(１) S1をR、tan$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\alpha}{2}\end{align*}}$ 、tan$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\beta}{2}\end{align*}}$ 、tan$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\gamma}{2}\end{align*}}$ を用いて表せ。
(２) S2をR、cos$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\alpha}{2}\end{align*}}$ 、cos$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\beta}{2}\end{align*}}$ 、cos$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\gamma}{2}\end{align*}}$ を用いて表せ。
以後$\small\sf{\gamma}$ ＝$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ とする。
(３) $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{S_1}{S_2}\end{align*}}$ をsin$\small\sf{\alpha}$ とcos$\small\sf{\alpha}$ を用いて表せ。
(４) $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{S_1}{S_2}\end{align*}}$ の最大値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
△ABCの内接円の中心をIとおくと、
∠IBD＝$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\beta}{2}\end{align*}}$ 、 ID⊥DB
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\angle IBD=\frac{ID}{BD}\ \ \Leftrightarrow\ \ BD=BF=\frac{R}{\tan\frac{\beta}{2}}\end{align*}}$ ．
同様に、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf CD=CE=\frac{R}{\tan\frac{\gamma}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AE=AF=\frac{R}{\tan\frac{\alpha}{2}}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_1=\triangle IBC+\triangle ICA+\triangle IAB\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{R}{2}\left\{\left(\frac{R}{\tan\frac{\beta}{2}}+\frac{R}{\tan\frac{\gamma}{2}} \right)+\left(\frac{R}{\tan\frac{\gamma}{2}}+\frac{R}{\tan\frac{\alpha}{2}} \right)+\left(\frac{R}{\tan\frac{\alpha}{2}}+\frac{R}{\tan\frac{\beta}{2}} \right)\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \left(\frac{1}{\tan\frac{\alpha}{2}}+\frac{1}{\tan\frac{\beta}{2}}+\frac{1}{\tan\frac{\gamma}{2}} \right)\ R^2}\end{align*}}$
(２)
四角形IFBDにおいて、
∠DIF＝2$\scriptsize\sf{\pi}$ －∠IDB－∠IFB－∠DBF＝$\scriptsize\sf{\pi}$ －$\scriptsize\sf{\beta}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle IFD=\frac{1}{2}\ ID\cdot IF\cdot\sin\angle DIF=\frac{R^2}{2}\sin\left(\pi-\beta\right)=\frac{R^2}{2}\sin\beta\end{align*}}$ ．
同様にして、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle IDE=\frac{R^2}{2}\sin\gamma\ \ ,\ \ \triangle IEF=\frac{R^2}{2}\sin\alpha\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_2=\triangle IFD+\triangle IDE+\triangle IEF\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{R^2}{2}\left(\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{R^2}{2}\left\{\sin\alpha+\sin\beta+\sin\left(\alpha+\beta \right)\right\} \end{align*}}$ ←$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＋$\scriptsize\sf{\beta}$ ＋γ＝$\scriptsize\sf{\pi}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =R^2\left(\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}+\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2} \right) \end{align*}}$ ←積和と倍角
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =R^2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\left(\cos\frac{\alpha-\beta}{2}+\cos\frac{\alpha+\beta}{2} \right) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =R^2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cdot 2\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2} \end{align*}}$ ←和積
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2R^2\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\sin\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\gamma}{2}\right) \end{align*}}$ ←$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＋$\scriptsize\sf{\beta}$ ＋γ＝$\scriptsize\sf{\pi}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2R^2\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}\end{align*}}$
(３)
$\scriptsize\sf{\gamma}$ ＝$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ のとき、$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＋$\scriptsize\sf{\beta}$ ＋γ＝$\scriptsize\sf{\pi}$ より、
$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＋$\scriptsize\sf{\beta}$ ＝$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ ……(#)
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_1=\left(\frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}}+\frac{\cos\frac{\beta}{2}}{\sin\frac{\beta}{2}}+1 \right)\ R^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{R^2}{\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}}\left(\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}+\cos\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}+\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\right)\end{align*}}$
上式で( )内の第1項、第2項は、加法定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}+\cos\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}=\sin\frac{\alpha+\beta}{2}=\sin\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt2}{2}\end{align*}}$ ←(#)より
であり、第3項は、積→和の公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}=-\frac{1}{2}\left(\cos \frac{\alpha+\beta}{2}-\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1}{2}\left\{\cos \frac{\pi}{4}-\cos\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)\right\}\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1}{2}\left\{\frac{\sqrt2}{2}-\left(\cos\alpha\cos\frac{\pi}{4}+\sin\alpha\sin\frac{\pi}{4}\right)\right\}\end{align*}}$ ←加法定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\sqrt2}{4}\left(-1+\sin\alpha+\cos\alpha\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_1=\frac{R^2}{\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}}\left\{\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{4}\left(-1+\sin\alpha+\cos\alpha\right)\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\sqrt2\ R^2}{4\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}}\left(1+\sin\alpha+\cos\alpha\right)\end{align*}}$
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_2=2R^2\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\pi}{4}=\sqrt{2}\ R^2\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{S_2}{S_1}=\frac{4\sqrt{2}\ R^2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\ \sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\beta}{2}}{\sqrt2\ R^2\left(1+\sin\alpha+\cos\alpha\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\sin\alpha\ \sin\beta}{1+\sin\alpha+\cos\alpha}\end{align*}}$ ←倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{\sin\alpha\ \cos\alpha}{1+\sin\alpha+\cos\alpha}}\end{align*}}$ ←(#)より
(４)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( \sin\alpha+\cos\alpha\right)^2=\sin^2\alpha+\cos^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha=1+2\sin\alpha\cos\alpha\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin\alpha\cos\alpha=\frac{\left( \sin\alpha+\cos\alpha\right)^2-1}{2}\end{align*}}$
なので、(３)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{S_2}{S_1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{\left( \sin\alpha+\cos\alpha\right)^2-1}{\left(\sin\alpha+\cos\alpha\right)+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(\sin\alpha+\cos\alpha-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left\{\sqrt2\ \sin\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)-1\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \leqq\frac{\sqrt2-1}{2}\ \ \ \ \left(\because \frac{\pi}{4}<\alpha+\frac{\pi}{4}<\frac{3}{4}\pi\right)\end{align*}}$ ．
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ すなわち、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha=\beta=\frac{\pi}{4}\end{align*}}$ のとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{S_2}{S_1}\end{align*}}$ は最大となり、
その値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \frac{S_2}{S_1}_{\ max}=\frac{\sqrt2-1}{2}}\end{align*}}$
である。
第1問から難しいです。
試験場では、(２)ぐらいまで解ければ御の字じゃないですかね。
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第２問
表と裏の出る確率が等しい硬貨をn回投げる。このとき、表が出る
回数がnの半分以上である確率をanとし、表が出る確率がnの半分
より大きい確率をbnとする。
(１) a1、a2、a3およびb1、b2、b3をそれぞれ求めよ。
(２) an－bnをnを用いて表せ。
(３) anをnを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
n回のうち、表の出る回数をxn、裏の出る回数をynとおき、
xn＝ynとなる確率をcnとおくと、
an＝bn＋cn
また、表と裏の出る確率は等しいので、
(xn＞ynとなる確率)＝(xn＜ynとなる確率)
となり、これらはbnに等しい。
xnとynの大小関係は、
xn＝yn、 xn＞yn、 xn＜yn
のいずれかなので、
cn＋bn＋bn＝1
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ b_n=\frac{1}{2}\left(1-c_n\right)\ \ ,\ \ a_n=b_n+c_n=\frac{1}{2}\left(1+c_n\right)\end{align*}}$ ……(#)
が成り立つ。
(１)
nが奇数のとき
xn＝ynとなりえないので、cn＝0 である。
よって、(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_1=a_3=b_1=b_3=\underline{\ \frac{1}{2}}\end{align*}}$
n＝2のとき
x2＝y2＝1となる確率c2は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c_2=_2C_1\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\end{align*}}$
なので、(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_2=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}\right)=\underline{\ \frac{3}{4}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_2=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2}\right)=\underline{\ \frac{1}{4}}\end{align*}}$
(２)
nが奇数のとき
xn＝ynとなりえないので、
an－bn＝cn＝0 である。
nが偶数のとき
xn＝yn＝$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{n}{2}\end{align*}}$ となればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n-b_n=c_n=_nC_{\frac{n}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{n}{n}}\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{n}{n}}=\underline{\ _nC_{\frac{n}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)^n}\end{align*}}$
(３)
(#)と(２)より、
nが奇数のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\frac{1}{2}\left(1+0\right)=\underline{\ \frac{1}{2}}\end{align*}}$
nが偶数のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\underline{\ \frac{1}{2}\left\{1+_nC_{\frac{n}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)^n\right\}}\end{align*}}$
(#)さえ作ってしまえば終わりです。そのためにも、
(xn＞ynとなる確率)＝(xn＜ynとなる確率)
に気づきましょう！
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第３問
aを0＜a＜1とする。座標空間の4点を
$\small\sf{\begin{align*} \sf O\left(0,0,0 \right)\ \ ,\ \ A\left(1,0,0 \right)\ \ ,\ \ B\left(0,\frac{1}{a},0 \right)\ \ ,\ \ C\left(0,0,\frac{1}{1-a} \right)\end{align*}}$
とする。また、4点O、A、B、Cを頂点とする四面体に内接する
球をSとする。
(１) 3点A、B、Cを通る平面に直交し長さが1のベクトルをaを
用いて表せ。
(２) 3点A、B、Cを通る平面と球Sの接点の座標をaを用いて表せ。
(３) 球Sの半径をaを用いて表せ。
(４) 球Sの体積の最大値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
求めるベクトルを
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf n}=\left(X\ ,\ Y\ ,\ Z \right)\ \ \ \ \ \left(X^2+y^2+z^2=1 \right)\end{align*}}$
とおくと、このベクトルは平面ABCと直交するので、
辺AB、ACのいずれとも垂直である。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AB}=\left(-1\ ,\ \frac{1}{a}\ ,\ 0\right)\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf AC}=\left(-1\ ,\ 0\ ,\ \frac{1}{1-a}\right)\end{align*}}$
なので、内積を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AB}\cdot\overrightarrow{\sf n}=-X+\frac{Y}{a}+0=0\ \ \Leftrightarrow\ \ Y=aX\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AC}\cdot\overrightarrow{\sf n}=-X+0+\frac{Z}{1-a}=0\ \ \Leftrightarrow\ \ Z=\left(1-a\right)X\end{align*}}$ ．
また、このベクトルの大きさは1なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X^2+Y^2Z^2=X^2+a^2X^2+\left(1-a \right)^2X^2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ X=\pm\frac{1}{\sqrt{2a^2-2a+2}}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf n}=\underline{\ \pm\frac{1}{\sqrt{2a^2-2a+2}}\left(1\ ,\ a\ ,\ 1-a \right)}\end{align*}}$
(２)(３)
(１)で求めた2つの単位ベクトル $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf n}\end{align*}}$ のうち、
各成分が正である方を $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf n_1}\end{align*}}$ とする。
すなわち、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf n_1}=\frac{1}{\sqrt{2a^2-2a+2}}\left(1\ ,\ a\ ,\ 1-a \right)\end{align*}}$
とする。
四面体の3つの面OAB、OBC、OCAはそれぞれxy平面、
yz平面、zx平面と一致し、球Sはx≧0、y≧0、z≧0の領域に
あるので、球Sの半径をr（＞0）とおくと、中心Qの座標は
Q(r，r，r)
となる。
Sと平面ABCの接点をPとおくと、
PQ⊥平面ABC かつ PQ＝r
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf QP}= r\ \overrightarrow{\sf n_1}=\frac{r}{\sqrt{2a^2-2a+2}}\left(1\ ,\ a\ ,\ 1-a \right)\end{align*}}$
となる。よって
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}=\overrightarrow{\sf OQ}+\overrightarrow{\sf QP}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(r\ ,\ r\ ,\ r \right)+\frac{r}{\sqrt{2a^2-2a+2}}\left(1\ ,\ a\ ,\ 1-a \right)\end{align*}}$
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf k=\sqrt{2a^2-2a+2}\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}=\left(r\ ,\ r\ ,\ r \right)+rk\left(1\ ,\ a\ ,\ 1-a \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =r\left(1+\frac{1}{k}\ ,\ 1+\frac{a}{k}\ ,\ 1+\frac{1-1}{k} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =r\left(1+\frac{1}{k}\right)\overrightarrow{\sf OA}+ar\left(1+\frac{a}{k}\right)\overrightarrow{\sf OB}+r(1-a)\left(1+\frac{1-a}{k} \right)\overrightarrow{\sf OC}\end{align*}}$
と変形できる。
点Pは平面ABC上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r\left(1+\frac{1}{k}\right)+ar\left(1+\frac{a}{k}\right)+r(1-a)\left(1+\frac{1-a}{k}\right)=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ r=\frac{1}{1+\frac{1}{k}+ar\left(1+\frac{a}{k}\right)+r(1-a)\left(1+\frac{1-a}{k} \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2+\frac{2a^2-2a+2 }{k}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{2+\sqrt{2a^2-2a+2 }}}\end{align*}}$
となり、これよりPの座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \frac{1}{2+k}\left(1+\frac{1}{k}\ ,\ 1+\frac{a}{k} \ ,\ 1+\frac{1-a}{k}\right)}\end{align*}}$
と表すことができる。（ただし、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf k=\sqrt{2a^2-2a+2}\end{align*}}$ である）
(４)
(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r=\frac{1}{2+\sqrt{2\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{2}}}\end{align*}}$
なので、a= $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ のとき、rは最大値
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r_{max}=\frac{1}{2+\sqrt{\frac{3}{2}}}=\frac{2}{4+\sqrt6}\end{align*}}$
をとる。
このとき、Sの体積は最大となり、その値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{4\pi}{3}\ r_{max}^3=\underline{\ \frac{4\pi}{3}\left(\frac{2}{4+\sqrt6} \right)^3}\end{align*}}$
となる。
ポイントは3つ
・球の中心の座標は(r，r，r)
・$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf QP}= r\ \overrightarrow{\sf n_1}\end{align*}}$
・Pが平面ABC上にあることの処理
しかしまぁ、計算が激しくてビックリしますね。
なんせ、答えがこれですもん・・・・
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2+\sqrt{2a^2-2a+2 }}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2a^2-2a+2}}\ ,\ 1+\frac{a}{\sqrt{2a^2-2a+2}} \ ,\ 1+\frac{1-a}{\sqrt{2a^2-2a+2}}\right)\end{align*}}$
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第４問
関数f(x)を
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\end{align*}}$
とする。
(１) 関数
$\small\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)=\log\left(x+\sqrt{x^2+1} \right)\end{align*}}$
の導関数を求めよ。
(２) 二つの曲線y＝f(x)とy＝1－f(x)で囲まれる図形の面積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ '(x)=\frac{1+\frac{1}{2}\left(x^2+1 \right)^{-\frac{1}{2}}\cdot 2x}{x+\sqrt{x^2+1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}\left(x+\sqrt{x^2+1} \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}\end{align*}}$
(２)
2曲線の交点のx座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}=1-\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sqrt{x^2+1}=2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\pm\sqrt3\end{align*}}$
であり、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt3\lt x\lt\sqrt3\end{align*}}$ の範囲でつねに
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\gt 1-\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\end{align*}}$
が成り立つ。
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (-x)=\frac{1}{\sqrt{(-x)^2+1}}=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}=f\ (x)\end{align*}}$
なので、2曲線はともにy軸について対称である。
よって、囲まれる図形の面積をSとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=2\int_0^{\sqrt3}\left\{\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}-\left(1-\frac{1}{\sqrt{x^2+1}} \right)\right\}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\int_0^{\sqrt3}\left(\frac{2}{\sqrt{x^2+1}}-1 \right)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\bigg[2\log\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)-x\bigg]_0^{\sqrt3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 4\log\left(\sqrt3+2 \right)-2\sqrt3}\end{align*}}$
この大問だけは絶対に完答しましょう！
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