2024年(令和6年)東京大学-数学(理科)[2] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2024.02.28記

[2] 次の関数 $f(x)$ を考える．
$f(x)=\displaystyle\int_0^1\dfrac{|t-x|}{1+t^2}dt$ （ $0\leqq x\leqq 1$ ）

(1) $0\lt \alpha\lt \dfrac{\pi}{4}$ を満たす実数 $\alpha$ で， $f'(\tan\alpha)=0$ 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 $0\leqq x\leqq 1$ における最大値と最小値を求めよ．必要ならば， $0.69\lt\log 2\lt 0.7$ であることを用いてよい．

本問のテーマ

はみ出し削り論法（変分法）

2024.02.25記

[解答]
(1) $p(t)=\displaystyle\int_0^t\dfrac{1}{1+t^2}\,dt$ ， $q(t)=\displaystyle\int_0^t\dfrac{1}{t+t^2}\,dt=\dfrac{1}{2}\log (1+t^2)$
とおくと
$f(x)=x(2p(x)-p(1))-2q(x)+q(1)$
であるから
$f'(x)=2p(x)-p(1)=2p(x)-\dfrac{\pi}{4}$
となり， $p(\tan\alpha)=\alpha$ から
$f'(\tan\alpha)=2\alpha-\dfrac{\pi}{4}$
となり， $\alpha=\dfrac{\pi}{8}$ となる．

(2) $A=\tan\alpha$ とおくと
$1=\tan 2\alpha=\dfrac{2A}{1-A^2}$
と $A\gt 0$ から $A=\sqrt{2}-1$ となる．

(3) (1)と増減表（略）により最小値は $f(\tan\alpha)$ であり，最大値は $f(0)=q(1)=\dfrac{1}{2}\log 2$ と $f(1)=p(1)-2q(1)=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\log 2$ の大きい方となるが， $f(1)-f(0)=\dfrac{\pi}{4}-\log 2\geqq \dfrac{3}{4}-0.7\gt 0$ により最大値は $f(1)=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\log 2$ となる．

以上により，最大値は $f(1)=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\log 2$ ，最小値は $f(\tan\alpha)=\tan\alpha (2\alpha-\dfrac{\pi}{4})-2q(\tan\alpha)+\dfrac{1}{2}\log 2$ $=-2q(\sqrt{2}-1)+\dfrac{1}{2}\log 2$ $=-\log (4-2\sqrt{2})+\dfrac{1}{2}\log 2$ $=\log \dfrac{\sqrt{2}}{4-2\sqrt{2}}$ $=\log \dfrac{\sqrt{2}+1}{2}$ となる．

なお， $\tan\dfrac{\pi}{8}$ は直角2等辺三角形の角の2等分線を利用して $\dfrac{1}{\sqrt{2}+1}$ と計算しても良い．

2024.02.29記
大学で習う逆正接関数 $\mbox{Arctan}$ を用いると見易くなる．

[大人の解答]
(1) $f(x)=\displaystyle\int_0^x\dfrac{t-x}{1+t^2}\,dt$ $+\displaystyle\int_x^1\dfrac{x-t}{1+t^2}\,dt$
$=\log (1+x^2)-2x\mbox{Arctan}\, x-\dfrac{1}{2}\log 2-x\mbox{Arctan}\, 1$
$=\log (1+x^2)-2x\mbox{Arctan}\, x-\dfrac{1}{2}\log 2-x\dfrac{\pi}{4}$
だから，
$f'(x)=\dfrac{2x}{1+x^2}-2\mbox{Arctan}\, x-\dfrac{2x}{1+x^2}-\dfrac{\pi}{4}$ $=-2\mbox{Arctan}\, x-\dfrac{\pi}{4}$
となり，
$f'(\tan\alpha)=2\alpha-\dfrac{\pi}{4}$
から $\alpha=\dfrac{\pi}{8}$ となる．

(2) $A=\tan\alpha$ とおくと
$1=\tan 2\alpha=\dfrac{2A}{1-A^2}$
と $A\gt 0$ から $A=\sqrt{2}-1$ となる．

(3) $f'(x)=-2\mbox{Arctan}\, x-\dfrac{\pi}{4}$ は単調減少だから(1)により最小値は $f(\tan\alpha)$ であり，最大値は
$f(0)=\dfrac{1}{2}\log 2$ と $f(1)=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\log 2$ の大きい方となるが， $f(1)-f(0)=\dfrac{\pi}{4}-\log 2\geqq \dfrac{3}{4}-0.7\gt 0$ により最大値は $f(1)=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\log 2$ となる．

こうであれば，始めから $u=\tan t$ と置換すれば良い．すると良くある「はみだし削り論法」の枠組みになる．

はみ出し削り論法（変分法）

$t=\tan\theta$ と置換すると $f(x)=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}} |\tan\theta-x|\, d\theta$ となる．この積分の最大・最小は「はみ出し削り論法」の典型的は設定であり，区間の真ん中となる $\theta=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{8}$ なる点を通るとき，つまり
$x=\tan\left(\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\pi}{4}\right)=\tan \dfrac{\pi}{8}$ で最小となり， $x=0，1$ のいずれかで最大となる．

このタイプのはみ出し削り論法では，逆関数を用いると簡単になる．

[うまい解答]
$t=\tan\theta$ と置換すると $f(x)=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}} |\tan\theta-x|\, d\theta$ となる．ここで $\tan(\cdot)$ の逆関数 $s(\cdot)$ を用いると
$f(x)=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}} |\tan\theta-x|\, d\theta$
$=\displaystyle\int_0^{x} s(u)\, du$ $+\displaystyle\int_x^{1} \left(\dfrac{\pi}{4}-s(u)\right) \, du$
が成立する．この第1項は単調増加，第2項は単調減少であるから，
$f'(x)=\dfrac{d}{dx}\left\{\displaystyle\int_0^{y} s(u)\, du+\displaystyle\int_y^{1} \left(\dfrac{\pi}{4}-s(u)\right) \, du\right\}=0$
なる $x$ は唯一存在し，
$2s(x)-\dfrac{\pi}{4}=0$
つまり $s(x)=\dfrac{\pi}{8}$ をみたす．このとき $x=\tan\dfrac{\pi}{8}$ となるので $\alpha=\dfrac{\pi}{8}$ となる．

以下略

$\displaystyle\int \mbox{Arctan}\,x\,dx=x\, \mbox{Arctan}\,x\,-\dfrac{1}{2}\log(1+x^2)+C$
が成立するので，積分は結局真面目にやらないといけない．