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東北大学 1971年理系第4問解説

方針・初手

定積分の被積分関数に絶対値が含まれているため、絶対値の中身の正負によって積分区間を分割する。積分変数は $t$ であり、$x$ や $a$ は定数として扱う。

絶対値の中身が $0$ になる $t = \frac{a}{x}$ が積分区間 $0 \le t \le 1$ の内にあるか外にあるかで場合分けを行い、定積分を計算して $x$ の関数として表す。その後、$x > 0$ における関数の増減を調べ、最小値をとる $x$ を特定する。

解法1

$f(x) = \int_0^1 |xt - a| dt$ とおく。

$xt - a = 0$ とすると $t = \frac{a}{x}$ である。 $a > 0$, $x > 0$ であるから、$\frac{a}{x} > 0$ となる。

(i) $\frac{a}{x} \ge 1$ すなわち $0 < x \le a$ のとき

積分区間 $0 \le t \le 1$ において $t \le \frac{a}{x}$ であり、$xt - a \le 0$ となるから、$|xt - a| = -(xt - a) = a - xt$ である。

よって、定積分は次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} f(x) &= \int_0^1 (a - xt) dt \\ &= \left[ at - \frac{1}{2}xt^2 \right]_0^1 \\ &= a - \frac{1}{2}x \end{aligned} $$

この範囲において、$f(x)$ は単調減少である。

(ii) $0 < \frac{a}{x} < 1$ すなわち $x > a$ のとき

積分区間を $0 \le t \le \frac{a}{x}$ と $\frac{a}{x} \le t \le 1$ に分割する。 $0 \le t \le \frac{a}{x}$ では $xt - a \le 0$ より $|xt - a| = a - xt$ である。 $\frac{a}{x} \le t \le 1$ では $xt - a \ge 0$ より $|xt - a| = xt - a$ である。

よって、定積分は次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} f(x) &= \int_0^{\frac{a}{x}} (a - xt) dt + \int_{\frac{a}{x}}^1 (xt - a) dt \\ &= \left[ at - \frac{1}{2}xt^2 \right]_0^{\frac{a}{x}} + \left[ \frac{1}{2}xt^2 - at \right]_{\frac{a}{x}}^1 \\ &= \left( a \cdot \frac{a}{x} - \frac{1}{2}x \cdot \frac{a^2}{x^2} \right) + \left\{ \left( \frac{1}{2}x - a \right) - \left( \frac{1}{2}x \cdot \frac{a^2}{x^2} - a \cdot \frac{a}{x} \right) \right\} \\ &= \left( \frac{a^2}{x} - \frac{a^2}{2x} \right) + \frac{1}{2}x - a - \frac{a^2}{2x} + \frac{a^2}{x} \\ &= \frac{1}{2}x - a + \frac{a^2}{x} \end{aligned} $$

(i), (ii) より、$x > a$ の範囲における $f(x)$ の導関数を求める。

$$ f'(x) = \frac{1}{2} - \frac{a^2}{x^2} = \frac{x^2 - 2a^2}{2x^2} $$

$f'(x) = 0$ とすると $x^2 = 2a^2$ であり、$x > 0$, $a > 0$ より $x = \sqrt{2}a$ である。 $\sqrt{2}a > a$ であるから、この $x$ は $x > a$ の範囲に含まれる。

(i) の範囲では $f'(x) = -\frac{1}{2} < 0$ であり、$f(x)$ は連続であるから、$x > 0$ における $f(x)$ の増減表は次のようになる。

$x$	$(0)$	$\cdots$	$a$	$\cdots$	$\sqrt{2}a$	$\cdots$
$f'(x)$		$-$		$-$	$0$	$+$
$f(x)$		$\searrow$		$\searrow$	極小かつ最小	$\nearrow$

増減表より、$f(x)$ は $x = \sqrt{2}a$ のとき最小となる。

問題の条件より、$x = 2$ のとき最小になるので、次が成り立つ。

$$ \sqrt{2}a = 2 $$

これより、$a = \sqrt{2}$ を得る。これは $a > 0$ を満たす。

解法2

途中までは解法1と同様に $f(x)$ を求める。

(ii) の $x > a$ における関数 $f(x) = \frac{1}{2}x - a + \frac{a^2}{x}$ について、$x > 0$、$a > 0$ より $\frac{1}{2}x > 0$、$\frac{a^2}{x} > 0$ であるから、相加平均と相乗平均の大小関係より次が成り立つ。

$$ \begin{aligned} f(x) &= \frac{1}{2}x + \frac{a^2}{x} - a \\ &\ge 2\sqrt{\frac{1}{2}x \cdot \frac{a^2}{x}} - a \\ &= 2\frac{a}{\sqrt{2}} - a \\ &= (\sqrt{2} - 1)a \end{aligned} $$

等号が成立するのは $\frac{1}{2}x = \frac{a^2}{x}$ すなわち $x^2 = 2a^2$ のときである。 $x > 0$, $a > 0$ より $x = \sqrt{2}a$ のとき等号が成立し、このとき最小値 $(\sqrt{2} - 1)a$ をとる。 $\sqrt{2} > 1$ より $\sqrt{2}a > a$ であるため、この $x$ は $x > a$ の範囲に適切に含まれている。

一方、(i) の $0 < x \le a$ の範囲では $f(x) = - \frac{1}{2}x + a$ は単調減少であり、$f(x) \ge f(a) = \frac{1}{2}a$ となる。

$x > a$ での最小値と $0 < x \le a$ での最小値を比較する。 $\sqrt{2} < 1.5$ であるから、$\sqrt{2} - 1 < 0.5 = \frac{1}{2}$ となる。

$$ (\sqrt{2} - 1)a < \frac{1}{2}a $$

したがって、$x > a$ における最小値の方が全体としての最小値となり、$f(x)$ は $x = \sqrt{2}a$ のとき最小となる。

問題の条件より、$x = 2$ のとき最小になるので、次が成り立つ。

$$ \sqrt{2}a = 2 $$

ゆえに $a = \sqrt{2}$ を得る。