2東京大学 2024年 数学 第2問解答・解説

(1)

区間 $0\leqq x\leqq1$ で積分を $t=x$ の前後に分ける。
$$f(x)=\displaystyle\int_0^x\dfrac{x-t}{1+t^2}\,dt+\displaystyle\int_x^1\dfrac{t-x}{1+t^2}\,dt.$$
被積分関数の $x$ と $t$ を分けて書くと
$$f(x)=x\left(\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{1+t^2}\,dt-\displaystyle\int_x^1\dfrac{1}{1+t^2}\,dt\right) -\displaystyle\int_0^x\dfrac{t}{1+t^2}\,dt+\displaystyle\int_x^1\dfrac{t}{1+t^2}\,dt.$$
$H(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$ 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
$$f'(x)=\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{1+t^2}\,dt-\displaystyle\int_x^1\dfrac{1}{1+t^2}\,dt.$$
さらに $f''(x)=\dfrac{2}{1+x^2}>0$ だから、$0\leqq u<v\leqq1$ 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 $t=\tan\theta$（$0\leqq\theta\leqq\dfrac{\pi}{4}$）をすると
$$\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{1+t^2}\,dt=\theta,\qquad \displaystyle\int_x^1\dfrac{1}{1+t^2}\,dt=\dfrac\pi4-\theta,$$
ただし $x=\tan\theta$。従って等号は $\theta=\dfrac{\pi}{8}$、すなわち
$$x_0=\tan\dfrac\pi8=\sqrt2-1$$
で起こる。

(2)

倍角公式 $\tan(2\theta)=\dfrac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}$ に $2\theta=\dfrac{\pi}{4}$ 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。

(3)

同じ積分表示を整理すると
$$f(x)=x\left(\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{1+t^2}\,dt-\displaystyle\int_x^1\dfrac{1}{1+t^2}\,dt\right)+\dfrac12\log2-\log(1+x^2).$$
停留点では括弧が0なので
$$f(x_0)=\dfrac12\log2-\log(1+x_0^2)=\log\dfrac{1+\sqrt2}{2}.$$

最小値以外の最大値候補は端点である。
$$f(0)=\dfrac12\log2,\qquad f(1)=\dfrac\pi4-\dfrac12\log2.$$
置換 $t=\tan\theta$ により $\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{1+t^2}\,dt=\dfrac{\pi}{4}$、また $\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{1+t}\,dt=\log2$。従って
$$f(1)-f(0)=\displaystyle\int_0^1\left(\dfrac1{1+t^2}-\dfrac1{1+t}\right)dt>0,$$
右辺の被積分関数は $0<t<1$ で $\dfrac{t(1-t)}{(1+t^2)(1+t)}>0$。最大値は $f(1)=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac12\log2$。