数学3 その他応用 問題 8 解説

方針・初手

積分区間の長さが常に $1$ であるため、まず $f(x)$ を直接計算するよりも、上端・下端がともに動く積分として微分する。

被積分関数 $|\log t|$ は $t=1$ を境に符号の扱いが変わるが、$x>0$ では常に $x+1>1$ であることを使う。

解法1

$g(t)=|\log t|$ とおくと、

$$ f(x)=\int_x^{x+1}g(t),dt $$

である。微分すると、

$$ f'(x)=g(x+1)-g(x) $$

となる。

ここで $x+1>1$ より、

$$ g(x+1)=|\log(x+1)|=\log(x+1) $$

である。一方、$g(x)=|\log x|$ は $x=1$ を境に分ける。

(i)

$0<x<1$ のとき

このとき $\log x<0$ であるから、

$$ |\log x|=-\log x $$

である。したがって、

$$ f'(x)=\log(x+1)-(-\log x)=\log{x(x+1)} $$

となる。

よって $f'(x)=0$ となるのは、

$$ x(x+1)=1 $$

すなわち

$$ x^2+x-1=0 $$

を満たすときである。$x>0$ より、

$$ x=\frac{-1+\sqrt5}{2} $$

である。

また、$0<x<1$ において $x(x+1)$ は単調増加するので、

$$ 0<x<\frac{\sqrt5-1}{2} $$

では $x(x+1)<1$ より $f'(x)<0$、

$$ \frac{\sqrt5-1}{2}<x<1 $$

では $x(x+1)>1$ より $f'(x)>0$ である。

したがって、$x=\dfrac{\sqrt5-1}{2}$ で極小値をとる。

(ii)

$x\geqq 1$ のとき

このとき $\log x\geqq 0$ であるから、

$$ |\log x|=\log x $$

である。よって、

$$ f'(x)=\log(x+1)-\log x=\log\frac{x+1}{x} $$

となる。

$x>0$ より $\dfrac{x+1}{x}>1$ であるから、

$$ f'(x)>0 $$

である。したがって、$x\geqq 1$ では $f(x)$ は単調増加する。

以上より、$f(x)$ は

$$ 0<x<\frac{\sqrt5-1}{2} $$

で減少し、

$$ x>\frac{\sqrt5-1}{2} $$

で増加する。したがって、最小値は

$$ x=\frac{\sqrt5-1}{2} $$

でとる。

次に、その最小値を求める。

$$ \alpha=\frac{\sqrt5-1}{2} $$

とおく。このとき

$$ \alpha^2+\alpha=1 $$

より、

$$ \alpha(\alpha+1)=1 $$

である。したがって、

$$ \alpha+1=\frac{1}{\alpha}=\frac{\sqrt5+1}{2} $$

である。

$0<\alpha<1$ なので、

$$ f(\alpha)=\int_{\alpha}^{1}(-\log t),dt+\int_1^{\alpha+1}\log t,dt $$

である。

それぞれ計算すると、

$$ \begin{aligned} \int_{\alpha}^{1}(-\log t),dt &= \left[-t\log t+t\right]_{\alpha}^{1} \\ 1+\alpha\log\alpha-\alpha \end{aligned} $$

また、

$$ \begin{aligned} \int_1^{\alpha+1}\log t,dt &= \left[t\log t-t\right]_1^{\alpha+1} \\ (\alpha+1)\log(\alpha+1)-(\alpha+1)+1 \end{aligned} $$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} f(\alpha) &=1+\alpha\log\alpha-\alpha+(\alpha+1)\log(\alpha+1)-(\alpha+1)+1\\ &=2-(2\alpha+1)+\alpha\log\alpha+(\alpha+1)\log(\alpha+1). \end{aligned} $$

ここで

$$ 2\alpha+1=\sqrt5 $$

であり、また $\alpha+1=\dfrac{1}{\alpha}$ だから、

$$ \log(\alpha+1)=-\log\alpha $$

である。よって、

$$ \begin{aligned} \alpha\log\alpha+(\alpha+1)\log(\alpha+1) &=\alpha\log\alpha-(\alpha+1)\log\alpha\\ &=-\log\alpha\\ &=\log(\alpha+1). \end{aligned} $$

したがって、

$$ f(\alpha)=2-\sqrt5+\log(\alpha+1) $$

となる。$\alpha+1=\dfrac{\sqrt5+1}{2}$ より、最小値は

$$ 2-\sqrt5+\log\frac{1+\sqrt5}{2} $$

である。

一方、$x\geqq 1$ では

$$ f(x)=\int_x^{x+1}\log t,dt $$

であり、$x\to\infty$ のとき $f(x)\to\infty$ となる。したがって、最大値は存在しない。

解説

この問題では、積分そのものを最初から場合分けして計算するよりも、可変区間の積分として微分するのが最短である。

重要なのは

$$ \begin{aligned} \frac{d}{dx}\int_x^{x+1}|\log t|,dt &= |\log(x+1)|-|\log x| \end{aligned} $$

とできる点である。さらに $x>0$ なら常に $x+1>1$ なので、上端側は必ず $\log(x+1)$ と外せる。符号変化が必要なのは下端側の $|\log x|$ だけである。

また、最大値については、極値だけを調べて終わると不十分である。定義域が $x>0$ と無限に広がっているため、$x\to\infty$ での挙動を確認し、上に有界でないことを示す必要がある。

答え

最小値は

$$ 2-\sqrt5+\log\frac{1+\sqrt5}{2} $$

であり、このとき

$$ x=\frac{\sqrt5-1}{2} $$

である。

最大値は存在しない。