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京都大学 1982年理系第6問解説

方針・初手

定積分で表された関数の増減と極値を調べる問題である。被積分関数を $g(t) = te^{-|t|}$ とおき、微積分学の基本定理を用いて $f'(x) = g(x+1) - g(x)$ を計算する。絶対値記号を外すために、積分区間の端点である $x$ と $x+1$ の符号に注目して $x$ の範囲を場合分けする。 (1) は特定区間での増減を示す問題であり、これが (2) で増減表を作成する際の一部となる。

解法1

被積分関数を $g(t) = te^{-|t|}$ とおくと、

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

これを $x$ について微分すると、

$$ f'(x) = g(x+1) - g(x) = (x+1)e^{-|x+1|} - xe^{-|x|} $$

となる。

(1) $-1 \leqq x \leqq 0$ のとき、$0 \leqq x+1 \leqq 1$ であるから、

$$ |x+1| = x+1, \quad |x| = -x $$

よって、

$$ f'(x) = (x+1)e^{-(x+1)} - xe^{-(-x)} = (x+1)e^{-x-1} - xe^x $$

ここで、$-1 \leqq x \leqq 0$ において $x+1 \geqq 0, \ e^{-x-1} > 0$ より $(x+1)e^{-x-1} \geqq 0$ $-x \geqq 0, \ e^x > 0$ より $-xe^x \geqq 0$ であり、これらが同時に $0$ になることはないため、$f'(x) > 0$ である。したがって、関数 $f(x)$ は区間 $-1 \leqq x \leqq 0$ において単調に増加する。ゆえに、この区間において $f(-1) \leqq f(x) \leqq f(0)$ が成り立つ。（証明終）

(2) 実数全体における $f'(x)$ の符号を調べるため、$|x+1|$ と $|x|$ の絶対値の外れ方が変わる $x=-1, 0$ を境に場合分けをする。

(i) $x \geqq 0$ のとき $x+1 > 0, \ x \geqq 0$ より $|x+1| = x+1, \ |x| = x$。

$$ f'(x) = (x+1)e^{-(x+1)} - xe^{-x} = e^{-x} \{ (x+1)e^{-1} - x \} = e^{-x} \left\{ \left( \frac{1}{e} - 1 \right)x + \frac{1}{e} \right\} $$

$e^{-x} > 0$ であり、$e > 1$ より $\frac{1}{e} - 1 < 0$ であるから、$f'(x) = 0$ となるのは

$$ \left( \frac{1}{e} - 1 \right)x + \frac{1}{e} = 0 \iff x = \frac{-\frac{1}{e}}{\frac{1}{e} - 1} = \frac{1}{e-1} $$

のときである。$e \approx 2.718$ より $\frac{1}{e-1} > 0$ を満たし、この区間に含まれる。 $0 \leqq x < \frac{1}{e-1}$ のとき $f'(x) > 0$、$x > \frac{1}{e-1}$ のとき $f'(x) < 0$ となる。

(ii) $-1 \leqq x < 0$ のとき (1)より、$f'(x) > 0$ である。

(iii) $x < -1$ のとき $x+1 < 0, \ x < -1$ より $|x+1| = -(x+1), \ |x| = -x$。

$$ f'(x) = (x+1)e^{x+1} - xe^x = e^x \{ (x+1)e - x \} = e^x \{ (e-1)x + e \} $$

$e^x > 0$ であり、$e-1 > 0$ であるから、$f'(x) = 0$ となるのは

$$ (e-1)x + e = 0 \iff x = -\frac{e}{e-1} $$

のときである。$\frac{e}{e-1} = 1 + \frac{1}{e-1} > 1$ より $-\frac{e}{e-1} < -1$ を満たし、この区間に含まれる。 $x < -\frac{e}{e-1}$ のとき $f'(x) < 0$、$-\frac{e}{e-1} < x < -1$ のとき $f'(x) > 0$ となる。

以上より、$f(x)$ の増減表は次のようになる。

$x$	$\cdots$	$-\frac{e}{e-1}$	$\cdots$	$-1$	$\cdots$	$0$	$\cdots$	$\frac{1}{e-1}$	$\cdots$
$f'(x)$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$	$0$	$-$
$f(x)$	$\searrow$	極小	$\nearrow$		$\nearrow$		$\nearrow$	極大	$\searrow$

増減表より、$f(x)$ は $x = \frac{1}{e-1}$ で極大、$x = -\frac{e}{e-1}$ で極小となる。

ここで、$x \to \pm\infty$ のときの $f(x)$ の挙動を考える。 $x \geqq 0$ のとき、積分区間は常に正であり被積分関数 $te^{-t} \geqq 0$ であるため $f(x) > 0$ である（極大値も正）。また、$x \to \infty$ のとき $te^{-t} \to 0$ より $f(x) \to 0$ となる。 $x \leqq -1$ のとき、積分区間は常に負であり被積分関数 $te^t \leqq 0$ であるため $f(x) < 0$ である（極小値も負）。また、$x \to -\infty$ のとき $te^t \to 0$ より $f(x) \to 0$ となる。

極限が $0$ に収束し、正の極大値と負の極小値を1つずつ持つため、これらが全体の最大値および最小値となる。

解説

「定積分で表された関数」の極値を求める、数学IIIの微積分において非常によく出題されるテーマである。絶対値を含む被積分関数を扱う際は、積分そのものを計算して関数 $f(x)$ を求めてから微分するアプローチも可能であるが、微積分学の基本定理 $\frac{d}{dx} \int_{x}^{x+a} g(t) dt = g(x+a) - g(x)$ を用いて直接導関数を求める方が圧倒的に計算量が少なく済む。 (1)の証明は、導関数の各項がともに正（非負）であることを述べるだけで示せるため、式変形の意味を落ち着いて読み取ることが大切である。極値が最大・最小となる理由付けとして、問題文で求められていなくても極限の振る舞いに言及できると、答案の論理性がいっそう高まる。