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東京大学 2024年理系第2問解説

方針・初手

絶対値を含む積分で定義された関数である。まず積分区間を $t=x$ で分けて絶対値を外し、$f(x)$ と $f'(x)$ を扱いやすい形に直す。

(3) では、(1) で得た $f'(x)$ を利用して増減を調べる。端点の値と極値を比較すれば最大値と最小値が定まる。

解法1

(1)

$0 \leqq x \leqq 1$ に対して、積分区間を $0 \leqq t \leqq x$ と $x \leqq t \leqq 1$ に分けると、

$$ f(x) = \int_0^x \frac{-(t-x)}{1+t^2} \, dt + \int_x^1 \frac{t-x}{1+t^2} \, dt $$

となる。これを整理すると、

$$ f(x) = x \int_0^x \frac{1}{1+t^2} \, dt - \int_0^x \frac{t}{1+t^2} \, dt - x \int_x^1 \frac{1}{1+t^2} \, dt + \int_x^1 \frac{t}{1+t^2} \, dt $$

である。両辺を $x$ で微分すると、

$$ \begin{aligned} f'(x) &= \int_0^x \frac{1}{1+t^2} \, dt + x \cdot \frac{1}{1+x^2} - \frac{x}{1+x^2} \\ &\quad - \int_x^1 \frac{1}{1+t^2} \, dt - x \cdot \left( -\frac{1}{1+x^2} \right) - \frac{x}{1+x^2} \\ &= \int_0^x \frac{1}{1+t^2} \, dt - \int_x^1 \frac{1}{1+t^2} \, dt \end{aligned} $$

ここで $x = \tan \theta \ \left( 0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{4} \right)$ とおくと、

$$ \int_0^x \frac{1}{1+t^2} \, dt = \theta $$

$$ \int_x^1 \frac{1}{1+t^2} \, dt = \frac{\pi}{4} - \theta $$

であるから、

$$ f'(x) = \theta - \left( \frac{\pi}{4} - \theta \right) = 2\theta - \frac{\pi}{4} $$

となる。したがって、

$$ f'(\tan \alpha) = 2\alpha - \frac{\pi}{4} $$

であり、これが $0$ となるのは

$$ 2\alpha - \frac{\pi}{4} = 0 $$

$$ \alpha = \frac{\pi}{8} $$

のときである。

(2)

$\tan \dfrac{\pi}{8}$ を求める。倍角公式

$$ \tan 2\alpha = \frac{2 \tan \alpha}{1 - \tan^2 \alpha} $$

に $\alpha = \dfrac{\pi}{8}$ を代入すると、

$$ 1 = \tan \frac{\pi}{4} = \frac{2 \tan \frac{\pi}{8}}{1 - \tan^2 \frac{\pi}{8}} $$

である。整理すると、

$$ \tan^2 \frac{\pi}{8} + 2 \tan \frac{\pi}{8} - 1 = 0 $$

$0 < \dfrac{\pi}{8} < \dfrac{\pi}{2}$ より $\tan \dfrac{\pi}{8} > 0$ であるから、

$$ \tan \frac{\pi}{8} = \sqrt{2} - 1 $$

を得る。

(3)

$\int \dfrac{t}{1+t^2} \, dt = \dfrac{1}{2} \log (1+t^2)$ より、

$$ \int_0^x \frac{t}{1+t^2} \, dt = \frac{1}{2} \log(1+x^2) $$

$$ \int_x^1 \frac{t}{1+t^2} \, dt = \frac{1}{2} \log 2 - \frac{1}{2} \log(1+x^2) $$

である。これらを代入すると、

$$ \begin{aligned} f(x) &= x \theta - \frac{1}{2} \log(1+x^2) - x \left( \frac{\pi}{4} - \theta \right) + \frac{1}{2} \log 2 - \frac{1}{2} \log(1+x^2) \\ &= x \left( 2\theta - \frac{\pi}{4} \right) - \log(1+x^2) + \frac{1}{2} \log 2 \\ &= x f'(x) - \log(1+x^2) + \frac{1}{2} \log 2 \end{aligned} $$

となる。

(1), (2) より、$f'(x) = 0$ となるのは

$$ x = \tan \frac{\pi}{8} = \sqrt{2} - 1 $$

のときである。また $x = \tan \theta \ \left( 0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{4} \right)$ に対して

$$ f'(x) = 2\theta - \frac{\pi}{4} $$

であるから、

$$ 0 \leqq x < \sqrt{2} - 1 \text{ では } f'(x) < 0 $$

$$ x = \sqrt{2} - 1 \text{ では } f'(x) = 0 $$

$$ \sqrt{2} - 1 < x \leqq 1 \text{ では } f'(x) > 0 $$

となる。よって $f(x)$ は $x = \sqrt{2} - 1$ で最小となる。

その値は、

$$ \begin{aligned} f(\sqrt{2} - 1) &= - \log \left( 1 + (\sqrt{2} - 1)^2 \right) + \frac{1}{2} \log 2 \\ &= - \log(4 - 2\sqrt{2}) + \log \sqrt{2} \\ &= \log \left( \frac{\sqrt{2}}{4 - 2\sqrt{2}} \right) \\ &= \log \left( \frac{1}{2(\sqrt{2} - 1)} \right) \\ &= \log \left( \frac{\sqrt{2} + 1}{2} \right) \end{aligned} $$

である。

次に端点の値を求める。

$$ f(0) = \frac{1}{2} \log 2 $$

$$ f(1) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \log 2 $$

したがって、

$$ f(1) - f(0) = \frac{\pi}{4} - \log 2 $$

である。$\pi > 3.14$ および $\log 2 < 0.7$ より

$$ \frac{\pi}{4} - \log 2 > \frac{3.14}{4} - 0.7 = 0.085 > 0 $$

となるので、$f(1) > f(0)$ である。よって最大値は $f(1)$ である。