関数 $f(x) = \int_0^1 \frac{|t-x|}{1+t^2} dt$ (ただし $0 \le x \le 1$) について、以下の問いに答えます。 (1) $0 < \alpha < \frac{\pi}{4}$ を満たす実数 $\alpha$ で、$f'(\tan \alpha) = 0$ となるものを求めます。 (2) (1) で求めた $\alpha$ に対し、$\tan \alpha$ の値を求めます。 (3) 関数 $f(x)$ の区間 $0 \le x \le 1$ における最大値と最小値を求めます。必要ならば $0.69 < \log 2 < 0.7$ であることを用います。

1. 問題の内容

関数 $f(x) = \int_0^1 \frac{|t-x|}{1+t^2} dt$ (ただし $0 \le x \le 1$) について、以下の問いに答えます。

(1) $0 < \alpha < \frac{\pi}{4}$ を満たす実数 $\alpha$ で、$f'(\tan \alpha) = 0$ となるものを求めます。

(2) (1) で求めた $\alpha$ に対し、$\tan \alpha$ の値を求めます。

(3) 関数 $f(x)$ の区間 $0 \le x \le 1$ における最大値と最小値を求めます。必要ならば $0.69 < \log 2 < 0.7$ であることを用います。

2. 解き方の手順

(1) まず、$f(x)$ を $x$ で微分します。$0 \le x \le 1$ なので、$f(x)$ は以下のように場合分けできます。

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

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

微分すると、ライプニッツの法則より

$f'(x) = \int_0^x \frac{1}{1+t^2} dt + \frac{x}{1+x^2} - \frac{x}{1+x^2} + \frac{-x}{1+x^2} + \frac{x}{1+x^2} + \int_x^1 \frac{-1}{1+t^2} dt$

$f'(x) = \int_0^x \frac{1}{1+t^2} dt - \int_x^1 \frac{1}{1+t^2} dt$

$f'(x) = [\arctan t]_0^x - [\arctan t]_x^1$

$f'(x) = \arctan x - (\arctan 1 - \arctan x) = 2\arctan x - \arctan 1 = 2\arctan x - \frac{\pi}{4}$

$f'(\tan \alpha) = 0$ より、

$2 \arctan (\tan \alpha) - \frac{\pi}{4} = 0$

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

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

(2) $\tan \alpha = \tan \frac{\pi}{8}$ の値を求めます。

$\tan 2\alpha = \frac{2 \tan \alpha}{1 - \tan^2 \alpha}$ を利用します。

$\alpha = \frac{\pi}{8}$ より、$2\alpha = \frac{\pi}{4}$ なので、

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

$\tan \frac{\pi}{8} = u$ とおくと、

$1 = \frac{2u}{1-u^2}$

$1 - u^2 = 2u$

$u^2 + 2u - 1 = 0$

$u = \frac{-2 \pm \sqrt{4+4}}{2} = -1 \pm \sqrt{2}$

$0 < \frac{\pi}{8} < \frac{\pi}{4}$ より、$\tan \frac{\pi}{8} > 0$ なので、

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

(3) $f(x)$ の区間 $0 \le x \le 1$ における最大値と最小値を求めます。

$f'(x) = 2\arctan x - \frac{\pi}{4}$ であり、$f'(\tan \frac{\pi}{8}) = 0$ となることがわかっています。$\tan \frac{\pi}{8} = \sqrt{2} - 1$ です。

$f'(x) = 0$ のとき、$x = \tan \frac{\pi}{8} = \sqrt{2} - 1$

$f(0) = \int_0^1 \frac{t}{1+t^2} dt = [\frac{1}{2} \log(1+t^2)]_0^1 = \frac{1}{2} \log 2$

$f(1) = \int_0^1 \frac{|t-1|}{1+t^2} dt = \int_0^1 \frac{1-t}{1+t^2} dt = \int_0^1 \frac{1}{1+t^2} dt - \int_0^1 \frac{t}{1+t^2} dt = [\arctan t]_0^1 - [\frac{1}{2} \log (1+t^2)]_0^1 = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \log 2$

$x = \sqrt{2} - 1$ のとき、$f(\sqrt{2}-1) = \int_0^1 \frac{|t - (\sqrt{2}-1)|}{1+t^2} dt$

計算を簡単にするため、$f(0)$と$f(1)$の大小を比較します。

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

$\pi \approx 3.14$ なので、$\frac{\pi}{4} \approx \frac{3.14}{4} = 0.785$

$0.69 < \log 2 < 0.7$ なので、$\frac{\pi}{4} > \log 2$ となり、$f(1) > f(0)$

$0 \le x \le 1$ において、$f'(x) = 2\arctan x - \frac{\pi}{4}$ の符号を調べます。

$x < \sqrt{2}-1$ のとき、$f'(x) < 0$

$x > \sqrt{2}-1$ のとき、$f'(x) > 0$

したがって、$f(x)$ は $x=\sqrt{2}-1$ で最小値をとり、最大値は $f(0)$ または $f(1)$ のどちらかになります。先程の計算より、$f(1)$ が最大値となります。

3. 最終的な答え

(1) $\alpha = \frac{\pi}{8}$

(2) $\tan \alpha = \sqrt{2} - 1$

(3) 最大値: $f(1) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}\log 2$ 、最小値: $f(\sqrt{2}-1)$