解説

方針・初手

まず定義域を確認すると、$x^2-2=0$ となる $x=\pm \sqrt{2}$ では定義されない。一方、$x^2-2x+2=(x-1)^2+1>0$ である。

したがって （1） は、区間 $(-\infty,-\sqrt2)$、$(-\sqrt2,\sqrt2)$、$(\sqrt2,\infty)$ ごとに単調性と極限を調べればよい。

（2） は両辺を通分して係数比較を行う。

（3） は （2） の部分分数分解を使えば、そのまま積分できる。

解法1

（1） 方程式 $f(x)=k$ の異なる実数解の個数

$f(x)$ を微分すると、

$$ f'(x)=\frac{-4x^2(3x^2-8x+6)}{(x^2-2)^2(x^2-2x+2)^2}

$$

である。

ここで、

$$ 3x^2-8x+6=3\left(x-\frac43\right)^2+\frac23>0

$$

より、定義域内では分母は常に正であり、分子は $-4x^2(3x^2-8x+6)\le 0$ である。したがって、各区間 $(-\infty,-\sqrt2)$、$(-\sqrt2,\sqrt2)$、$(\sqrt2,\infty)$ で $f(x)$ は単調減少である。

次に各区間での極限を調べる。

$$ \lim_{x\to-\infty}f(x)=0^-,\qquad \lim_{x\to(-\sqrt2)^-}f(x)=-\infty

$$

より、$(-\infty,-\sqrt2)$ における値域は $(-\infty,0)$ である。

また、

$$ \lim_{x\to(-\sqrt2)^+}f(x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to(\sqrt2)^-}f(x)=-\infty

$$

より、$(-\sqrt2,\sqrt2)$ における値域は $\mathbb{R}$ 全体である。

さらに、

$$ \lim_{x\to(\sqrt2)^+}f(x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to\infty}f(x)=0^+

$$

より、$(\sqrt2,\infty)$ における値域は $(0,\infty)$ である。

以上から、任意の実数 $k$ に対して、区間 $(-\sqrt2,\sqrt2)$ には常にちょうど1個の解をもつ。

さらに、

**(i)**

$k>0$ のとき、$(\sqrt2,\infty)$ にもちょうど1個の解をもつので、解は合計2個である。

**(ii)**

$k<0$ のとき、$(-\infty,-\sqrt2)$ にもちょうど1個の解をもつので、解は合計2個である。

**(iii)**

$k=0$ のとき、$f(x)=0$ は分子 $4(x-1)=0$ より $x=1$ のみであり、解は1個である。

したがって、異なる実数解の個数は

$$ \begin{cases} 2 & (k\ne 0)\\ 1 & (k=0) \end{cases}

$$

である。

（2） 定数 $A,B,C,D$ の決定

$$ \begin{aligned} \frac{4(x-1)}{(x^2-2)(x^2-2x+2)} &= \frac{Ax+B}{x^2-2}+\frac{Cx+D}{x^2-2x+2} \end{aligned} $$

とおく。両辺に $(x^2-2)(x^2-2x+2)$ を掛けると、

$$ 4(x-1)=(Ax+B)(x^2-2x+2)+(Cx+D)(x^2-2)

$$

となる。右辺を展開すると、

$$ \begin{aligned} 4x-4 &=(A+C)x^3+(-2A+B+D)x^2+(2A-2B-2C)x+(2B-2D) \end{aligned}

$$

である。係数を比較して、

$$ \begin{cases} A+C=0\\ -2A+B+D=0\\ 2A-2B-2C=4\\ 2B-2D=-4 \end{cases}

$$

を得る。

これを解くと、

$$ A=1,\qquad B=0,\qquad C=-1,\qquad D=2

$$

である。

よって、

$$ f(x)=\frac{x}{x^2-2}+\frac{-x+2}{x^2-2x+2}

$$

となる。

**(3)**

$\displaystyle \int_0^1 f(x),dx$ の計算

（2） の結果を用いると、

$$ \begin{aligned} \int_0^1 f(x),dx &= \int_0^1 \frac{x}{x^2-2},dx+\int_0^1 \frac{-x+2}{x^2-2x+2},dx \end{aligned} $$

である。

ここで、

$$ \begin{aligned} \frac{-x+2}{x^2-2x+2} &= -\frac{2x-2}{2(x^2-2x+2)}+\frac{1}{x^2-2x+2} \end{aligned} $$

であり、$x^2-2x+2=(x-1)^2+1$ だから、

$$ \begin{aligned} \int_0^1 f(x),dx &= \left[ \frac12\ln|x^2-2| -\frac12\ln(x^2-2x+2) +\arctan(x-1) \right]_0^1 \end{aligned}

$$

となる。

$x=1$ のとき

$$ \frac12\ln|1-2|-\frac12\ln(1-2+2)+\arctan 0=0

$$

$x=0$ のとき

$$ \begin{aligned} \frac12\ln|-2|-\frac12\ln 2+\arctan(-1) &= \frac12\ln 2-\frac12\ln 2-\frac{\pi}{4} \\ -\frac{\pi}{4} \end{aligned} $$

であるから、

$$ \int_0^1 f(x),dx=0-\left(-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{4}

$$

を得る。

解説

（1） の本質は、分母の一方 $x^2-2x+2$ が常に正であるため、特異点が $x=\pm\sqrt2$ に限られる点にある。そこで定義域を3区間に分け、導関数の符号と端での極限を見れば、グラフの概形が一気に確定する。

（2） の部分分数分解は （3） のための準備であり、1次式を分子に置いて係数比較するのが標準である。

（3） では対数項がきれいに打ち消し合い、最後に $\arctan$ の値だけが残る。

答え

**(1)**

方程式 $f(x)=k$ の異なる実数解の個数は

$$ \begin{cases} 2 & (k\ne 0)\\ 1 & (k=0) \end{cases}

$$

である。

**(2)**

$$ A=1,\qquad B=0,\qquad C=-1,\qquad D=2

$$

である。

**(3)**

$$ \int_0^1 f(x),dx=\frac{\pi}{4}

$$