[math][東京大学]2024年東京大学理系数学第2問

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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。