東京大学理系 2024 年・第 2 問

0 \leqq x \leqq 1 なので、積分の範囲は x で 2 つに割れます。t < x では |t-x| = x-t、t > x では |t-x| = t-x です。

f(x) = \displaystyle\int_0^x \dfrac{x-t}{1+t^2} dt + \int_x^1 \dfrac{t-x}{1+t^2} dt と書けます。どちらも境目 t = x で中身が 0 なので、微分するときに端から出てくる項はありません。

残るのは x で偏微分したぶんだけです。前の積分は \displaystyle\int_0^x \dfrac{dt}{1+t^2} = \arctan x、後ろの積分は -\displaystyle\int_x^1 \dfrac{dt}{1+t^2} = \arctan x-\dfrac{\pi}{4} となります。

たして f'(x) = 2\arctan x-\dfrac{\pi}{4} です。絶対値のついた積分が、こんなに簡単な形に化けました。

x = \tan\alpha を入れます。0 < \alpha < \dfrac{\pi}{4} では \arctan(\tan\alpha) = \alpha ですから、f'(\tan\alpha) = 2\alpha-\dfrac{\pi}{4} です。

これが 0 になるのは \alpha = \dfrac{\pi}{8} のときだけです。範囲 0 < \alpha < \dfrac{\pi}{4} にもちゃんと入っています。これが (1) の答えです。

(2) は \tan\dfrac{\pi}{8} の値です。\tan\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{2u}{1-u^2} = 1（u = \tan\dfrac{\pi}{8}）から u^2+2u-1 = 0、u = -1 \pm \sqrt{2} です。

0 < \dfrac{\pi}{8} < \dfrac{\pi}{4} より u > 0 ですから \tan\dfrac{\pi}{8} = \sqrt{2}-1 となります。

f'(x) = 2\arctan x-\dfrac{\pi}{4} は増える関数で、x = \sqrt{2}-1 で 0 になります。その前は負、あとは正ですから、そこが最小です。

f そのものを書き下します。積分を計算すると f(x) = 2x\arctan x-\log(1+x^2)+\dfrac{1}{2}\log 2-\dfrac{\pi}{4}x です。

x_0 = \sqrt{2}-1 では \arctan x_0 = \dfrac{\pi}{8} なので、2x_0 \cdot \dfrac{\pi}{8} = \dfrac{\pi}{4}x_0 となり、\pi の付く 2 項が打ち消し合います。

残るのは f(x_0) = \dfrac{1}{2}\log 2-\log(1+x_0^2) です。x_0^2 = 3-2\sqrt{2} より 1+x_0^2 = 4-2\sqrt{2} ですから、最小値は \dfrac{1}{2}\log 2-\log(4-2\sqrt{2}) = -\log(2\sqrt{2}-2) です。

最小が内側にあるので、最大は両端のどちらかです。f(0) = \displaystyle\int_0^1 \dfrac{t}{1+t^2} dt = \dfrac{1}{2}\log 2 です。

f(1) = \displaystyle\int_0^1 \dfrac{1-t}{1+t^2} dt = \dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\log 2 です。2 つをたすと \dfrac{\pi}{4} になります。

どちらが大きいかは \dfrac{\pi}{4} と \log 2 の比べ合いです。\log 2 < 0.7 より \dfrac{1}{2}\log 2 < 0.35、いっぽう \dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\log 2 > 0.785-0.35 = 0.435 です。

よって f(1) > f(0) で、最大値は \dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\log 2、最小値は -\log(2\sqrt{2}-2) となります。問題文が \log 2 の評価を添えていたのは、この比べ合いのためでした。