本シリーズでは、早慶の各学部の過去問をそれぞれどのように解いたら良いのか、方針をどのように立てていけば良いのかを解説していきます。

方針の立て方
(1)

$f\left(x\right)=\alpha x^2+\beta x+\gamma$ と置くことも可能だが， $f\left(0\right)=f\left(1\right)=0$ の情報を盛り込むには，
本解のように置くのが妥当だと見抜きたい．

(2)

$0\leqq x\leqq1$ (積分の下限と上限が定数) で積分しているため，考える定積分は $a$ の一変数関数となると見抜き，素直に積分を実行するのが得策だと考える．
実際に積分を実行すると，ただの２次関数になるため，後は典型的に平方完成による解法を取ればよい．

(3)

等式の証明は(左辺)－(右辺)＝０を示せばよいことを利用する． $I$ の２乗の項を展開する際に， $f^\prime\left(x\right)-x$ を一塊と見ると， $J$ を打ち消せることを利用すると計算が楽になります。
ひとしきり計算が終わると， $h^\prime\left(x\right)$ の処理が課題となるが， $h^\prime\left(x\right)$ の目ぼしい情報は問題文で殆ど与えられていないため，
部分積分して $h^\prime\left(x\right)$ を消滅させる打開策が思いつく．

(4)

前問で $I=J$ を示したことを利用するのだと考えたい．
そして， $I$ と $J$ の複雑さを考えると，

①一旦 $I$ に帰着させて，その後で，②前問の等式を用いて $J$ に帰着させる．
という方針が立つ．
さらに(2)で定義した $m$ が絡んでいることも考えると，
③ $\left(h^\prime\left(x\right)\right)^2$ の積分を小さく評価して０にし消滅させる．
という方針も思いつく．

①～③の手順を踏んでいけば $g\left(x\right)$ の置き換えが思いつき，本解の解答となる．

解答例

(1)

キ： $ax\left(x-1\right)$
ク： $\frac{1}{4}x\left(x-1\right)$

(2)

ケ： $\frac{5}{16}$

(3)以下、解答

$I=\int_{0}^{1}\left\{\left(f^\prime\left(x\right)+h^\prime\left(x\right)-x\right)^2-\left(f\left(x\right)+h\left(x\right)\right)\right\}dx=\int_{0}^{1}\left\{\left(f^\prime\left(x\right)-x\right)^2-f\left(x\right)\right\}dx+\int_{0}^{1}\left(h^\prime\left(x\right)\right)^2dx+2\int_{0}^{1}{h^\prime\left(x\right)\left\{f^\prime\left(x\right)-x\right\}}dx-\int_{0}^{1}h\left(x\right)dx$
$\therefore I-J=2\int_{0}^{1}{h^\prime\left(x\right)\left{f^\prime\left(x\right)-x\right}}dx-\int_{0}^{1}h\left(x\right)dx\bigm=-\int_{0}^{1}{h^\prime\left(x\right)\left(x+\frac{1}{2}\right)}dx-\int_{0}^{1}h\left(x\right)dx\ \ \ \ \ \left(\because f\left(x\right)=\frac{1}{4}x\left(x-1\right)\right)\bigm={-\left[h\left(x\right)\left(x+\frac{1}{2}\right)\right]}^1_0+\int_{0}^{1}h\left(x\right)dx\ \ -\int_{0}^{1}h\left(x\right)dx\ \ \ \ \ 第１項に部分積分 =0\ \ \ \ \ (\because h\left(0\right)=h\left(1\right)=0)$
証明終了．

(4)以下解答

$g\left(x\right)=f\left(x\right)+h\left(x\right)$ とおくと， $h\left(x\right)$ は任意であるから $g\left(x\right)$ も任意であり，かつ， $g\left(0\right)=g\left(1\right)=0$ をみたす．
また， $g^\prime\left(x\right)=f^\prime\left(x\right)+h^\prime\left(x\right)$ は連続である．
$\therefore\int_{0}^{1}\left{\left(g^\prime\left(x\right)-x\right)^2-g\left(x\right)\right}dx=\int_{0}^{1}\left{\left(f^\prime\left(x\right)+h^\prime\left(x\right)-x\right)^2-\left(f\left(x\right)+h\left(x\right)\right)\right}dx\bigm=\int_{0}^{1}\left{\left(f^\prime\left(x\right)-x\right)^2-f\left(x\right)\right}dx+\int_{0}^{1}\left(h^\prime\left(x\right)\right)^2dx\ \ \ \ \ 前問の結果 \geqq\int_{0}^{1}\left{\left(f^\prime\left(x\right)-x\right)^2-f\left(x\right)\right}dx\ \ \ \ \ \left(\because\left(h^\prime\left(x\right)\right)^2\geqq0\right)\bigm\geqq m\ \ \ \ \ 2の結果$

証明終了．

解説(1)

$f\left(x\right)=\alpha x\left(x-1\right)$ ( $\alpha$ は実数)と表せる．
$f^\prime\left(x\right)=2\alpha x-\alpha$
$f^{\prime\prime}\left(x\right)=2\alpha$
$\therefore a=\frac{1}{2}f^{\prime\prime}\left(0\right)=\alpha$
$\thereforef\left(x\right)=ax\left(x-1\right)$ …(答)

(2)

$f^\prime\left(x\right)=2ax-a$ より，
$\int_{0}^{1}\left{\left(f^\prime\left(x\right)-x\right)^2-f\left(x\right)\right}dx=\int_{0}^{1}\left{\left(\left(2a-1\right)x-a\right)^2-\left(ax^2-ax\right)\right}dx\bigm=\int_{0}^{1}\left{\left(4a^2-5a+1\right)x^2-\left(4a^2-3a\right)x+a^2\right}dx\bigm=\left[\frac{4a^2-5a+1}{3}x^3-\frac{4a^2-3a}{2}x^2+a^2x\right]<em>0^1\bigm=\frac{1}{3}a^2-\frac{1}{6}a+\frac{1}{3}\bigm=\frac{1}{3}\left(a-\frac{1}{4}\right)^2+\frac{5}{16}$
よって， $a=\frac{1}{4}$ のとき， $\int</em>{0}^{1}\left{\left(f^\prime\left(x\right)-x\right)^2-f\left(x\right)\right}dx$ の値は最小となる．
よって，
$f\left(x\right)=\frac{1}{4}x\left(x-1\right)$ のとき，
最小値 $\frac{5}{16}$ ……(答)