問題
次の関数\(f(x)\)を考える。$$f(x) = \int_{0}^{1}{\frac{|t-x|}{1+t^2}dt}\ (0\leq x\leq 1)$$
\((1)\) \(\displaystyle 0 < \alpha < \frac{\pi}{4}\)を満たす実数\(\alpha\)で、\(f^{\prime}(\tan{\alpha}) = 0\)となるものを求めよ。
\((2)\) \((1)\)で求めた\(\alpha\)に対し、\(\tan{\alpha}\)の値を求めよ。
\((3)\) 関数\(f(x)\)の区間\(0\leq x\leq 1\)における最大値と最小値を求めよ。必要ならば、\(0.69<\log{2}<0.7\)であることを用いてよい。
方針
場合分けをして絶対値を外す。
解答
\((1)\) $$\begin{eqnarray}f(x) & = & \int_{0}^{x}{\frac{-(t-x)}{1+t^2}dt} + \int_{x}^{1}{\frac{t-x}{1+t^2}dt} \\ & = & -\frac{1}{2}[\log{(1+t^2)}]_{0}^{x}+x\int_{0}^{x}{\frac{1}{1+t^2}dt}+\frac{1}{2}[\log{(1+t^2)}]_{x}^{1}-x\int_{x}^{1}{\frac{1}{1+t^2}dt} \\ & = & -\log{(1+x^2)}+x\int_{0}^{x}{\frac{1}{1+t^2}dt}+x\int_{1}^{x}{\frac{1}{1+t^2}dt} +\frac{\log{2}}{2}\end{eqnarray}$$であるから、$$\begin{eqnarray}f^{\prime}(x) & = & -\frac{2x}{1+x^2} + \int_{0}^{x}{\frac{1}{1+t^2}dt}+\frac{x}{1+x^2} + \int_{1}^{x}{\frac{1}{1+t^2}dt}+\frac{x}{1+x^2} \\ & = & \int_{0}^{x}{\frac{1}{1+t^2}dt} + \int_{1}^{x}{\frac{1}{1+t^2}dt} \\ & = & [\tan^{-1}{t}]_{0}^{x} + [\tan^{-1}{t}]_{1}^{x} \\ & = & 2\tan^{-1}{x}-\frac{\pi}{4} \end{eqnarray}$$となる。これから、\(\displaystyle f^{\prime}(\tan{\alpha}) = 2\alpha-\frac{\pi}{4} = 0\)となるのは、\(\displaystyle \underline{\alpha = \frac{\pi}{8}}\)である。
\((2)\) \(\tan{x}\)の半角の公式\(\displaystyle \tan^{2}{\frac{x}{2}} = \frac{1-\cos{x}}{1+\cos{x}}\)から、$$\begin{eqnarray}\tan^2{\frac{\pi}{8}} & = & \frac{1-\cos{\frac{\pi}{4}}}{1+\cos{\frac{\pi}{4}}} \\ & = & \frac{1-\frac{1}{\sqrt{2}}}{1+\frac{1}{\sqrt{2}}} \\ & = & \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1} \\ & = & (\sqrt{2}-1)^2\end{eqnarray}$$である。したがって、\(\displaystyle \underline{\tan{\alpha} = \sqrt{2}-1}\)である。
\((3)\) \(\tan^{-1}{x}\)は\(0\leq x\leq 1\)は単調増加であるから、\(f(x)\)の\(0\leq x\leq 1\)における増減は以下の表のようになる。\begin{array}{|c|*5{c|}}\hline x & 0 & \cdots & \sqrt{2}-1 & \cdots & 1 \\ \hline f^{\prime}(x) & \displaystyle -\frac{\pi}{4} & – & 0 & + & \displaystyle \frac{\pi}{4} \\ \hline f(x) & f(0) & \searrow & f(\sqrt{2}-1) & \nearrow & f(1) \\ \hline \end{array}ここで、\((1)\)から$$\begin{eqnarray}f(0) & = & \frac{\log{2}}{2} \\ f(1) & = & \int_{0}^{1}{\frac{1}{1+t^2}dt}-\frac{\log{2}}{2} \\ & = & \frac{\pi}{4}-\frac{\log{2}}{2} \\ f(\sqrt{2}-1) & = & -\log{(1+(\sqrt{2}-1)^2)} + (\sqrt{2}-1)[\tan^{-1}{t}]_{0}^{\tan{\alpha}} + (\sqrt{2}-1)[\tan^{-1}{t}]_{1}^{\tan{\alpha}}+\frac{\log{2}}{2}\\ & = & -\log{(4-2\sqrt{2})}+(\sqrt{2}-1)\left(\frac{\pi}{8}-0\right)+(\sqrt{2}-1)\left(\frac{\pi}{8}-\frac{\pi}{4}\right) + \frac{\log{2}}{2} \\ & = & \frac{\log{2}}{2}-\log{(4-2\sqrt{2})} \end{eqnarray}$$である。\(\displaystyle f(1)-f(0) = \frac{\pi}{4}-\log{2}\)である。\(3.1<\pi<3.2\)から\(\displaystyle 0.775 < \frac{\pi}{4} < 0.8\)で、\(-0.7 < \log{2} < -0.69 \)であるから、\(\displaystyle 0.075 < \frac{\pi}{4}-\log{2} < 0.11\)がわかる。したがって、\(f(1) > f(0)\)で、求める最大値は\(\displaystyle \underline{\frac{\pi}{4}-\frac{\log{2}}{2}}\)、最小値は\(\displaystyle \underline{\frac{\log{2}}{2}-\log{(4-2\sqrt{2})}}\)である。
解説
\(\displaystyle \int_{0}^{x}{\frac{dt}{1+t^2}}\)は\(\tan{x}\)の逆関数になる。このことは、\(t = \tan{\theta}\)と置いて、\(\displaystyle \int_{0}^{\tan^{-1}{x}}{\frac{1}{1+\tan^2{\theta}}\frac{d\theta}{\cos^2{\theta}}} = \tan^{-1}{x}\)となることからわかる。
このことがわからなくても、\(f^{\prime}\)をさらに微分することで増減はわかるし、最小値も問題なく求める事ができる筈である。
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