2東京大学 2024年 数学 第2問解答・解説

区間 $0\le x\le1$ で積分を $t=x$ の前後に分ける。 $$\displaystyle f(x)=\int_0^x\frac{x-t}{1+t^2}\,dt+\int_x^1\frac{t-x}{1+t^2}\,dt.$$ 被積分関数の $x$ と $t$ を分けて書くと $$\displaystyle f(x)=x\left(\int_0^x\frac{dt}{1+t^2}-\int_x^1\frac{dt}{1+t^2}\right) -\int_0^x\frac{t\,dt}{1+t^2}+\int_x^1\frac{t\,dt}{1+t^2}.$$ $H(x)=1/(1+x^2)$ とおく。微積分の基本定理から、第一括弧の導関数は $2H(x)$、後ろ二つの積分の導関数はそれぞれ $xH(x)$ と $-xH(x)$ である。従って積の微分により $x$ 倍した括弧を微分すると括弧そのものに $2xH(x)$ が加わり、後ろ二項の微分 $-xH(x)+(-xH(x))$ と打ち消し合う。よって $$\displaystyle f'(x)=\int_0^x\frac{dt}{1+t^2}-\int_x^1\frac{dt}{1+t^2}.$$ さらに $f''(x)=2/(1+x^2)>0$ だから、$0\le u<v\le1$ ならば $f'(u)<f'(v)$ が成り立ち、停留点は高々一つ。

$f'(x)=0$ は二つの積分が等しいことと同値。置換 $t=\tan\theta$（$0\le\theta\le\pi/4$）をすると $$\displaystyle \int_0^x\frac{dt}{1+t^2}=\theta,\qquad \int_x^1\frac{dt}{1+t^2}=\frac\pi4-\theta,$$ ただし $x=\tan\theta$。従って等号は $\theta=\pi/8$、すなわち $$\displaystyle x_0=\tan\frac\pi8=\sqrt2-1$$ で起こる。倍角公式 $\tan(2\theta)=2\tan\theta/(1-\tan^2\theta)$ に $2\theta=\pi/4$ を入れ、$0<\tan\theta<1$ を使えばこの正の根を得る。$f''>0$ より $x_0$ は唯一の最小点。

同じ積分表示を整理すると $$\displaystyle f(x)=x\left(\int_0^x\frac{dt}{1+t^2}-\int_x^1\frac{dt}{1+t^2}\right)+\frac12\log2-\log(1+x^2).$$ 停留点では括弧が0なので $$\displaystyle f(x_0)=\frac12\log2-\log(1+x_0^2)=\log\frac{1+\sqrt2}{2}.$$

最小値以外の最大値候補は端点である。 $$\displaystyle f(0)=\frac12\log2,\qquad f(1)=\frac\pi4-\frac12\log2.$$ 置換 $t=\tan\theta$ により $\displaystyle \int_0^1dt/(1+t^2)=\pi/4$、また $\displaystyle \int_0^1dt/(1+t)=\log2$。従って $$\displaystyle f(1)-f(0)=\int_0^1\left(\frac1{1+t^2}-\frac1{1+t}\right)dt>0,$$ 右辺の被積分関数は $0<t<1$ で $t(1-t)/((1+t^2)(1+t))>0$。最大値は $\displaystyle f(1)=\pi/4-\tfrac12\log2$。

積分の可変端点を微積分の基本定理で微分し、停留条件を積分の等分として得る。置換t=tanθで唯一の最小点を求め、最小値では停留条件により角積分の項が消える。端点値の大小は正の被積分関数で判定する。