【2021神戸大学・理系(後期)】
関数 \(f(x)=\displaystyle\int^{x}_{-1}\displaystyle\frac{dt}{t^2-t+1}+\displaystyle\int^{1}_{x}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}\) の最小値を求めよ．
積分区間に \(x\) を含む定積分
\(\displaystyle\int^{x}_{a}f(t) \enspace dt\) の形を見たら
① \(x\) で微分する：\(\displaystyle\frac{d}{dx}\displaystyle\int^{x}_{a}f(t) \enspace dt=f(x)\)
② \(x=a\) ( \(x\) に下端を ) 代入：\(\displaystyle\int^{a}_{a}f(t) \enspace dt=0\)
積分区間に関数を含む定積分
数学Ⅱの範囲では上記の内容を確認しておけばOKですが，数学Ⅲの範囲では以下の内容まで確認しておきましょう！
\(\displaystyle\int^{g(x)}_{h(x)}f(t) dt\) を \(x\) で微分すると
\(\displaystyle\frac{d}{dx}\displaystyle\int^{g(x)}_{h(x)}f(t) dt=f\left(g(x)\right)\cdot g^{\prime}(x)-f\left(h(x)\right)\cdot h^{\prime}(x)\)
解答・解説
\(f(x)=\displaystyle\int^{x}_{-1}\displaystyle\frac{dt}{t^2-t+1}+\displaystyle\int^{1}_{x}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}\)
を \(x\) で微分すると，
\(f^{\prime}(x)=\displaystyle\frac{1}{x^2-x+1}+\displaystyle\frac{1}{x^2+x+1}\)
\(=\displaystyle\frac{2x}{(x^2-x+1)(x^2+x+1)}\)
\(x^2-x+1=\left(x-\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2+\displaystyle\frac{3}{4}>0\)
\(x^2+x+1=\left(x+\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2+\displaystyle\frac{3}{4}>0\)
であるから，\(f^{\prime}(x)=0\) のとき \(x=0\)
よって増減表は
| \(x\) | ・・・ | \(0\) | ・・・ |
| \(f^{\prime}(x)\) | ー | \(0\) | ＋ |
| \(f(x)\) | ↘️ | 最小 | ↗️ |
したがって，\(f(x)\) は \(x=0\) のときに最小値をとる．
\(f(0)=\displaystyle\int^{0}_{-1}\displaystyle\frac{dt}{t^2-t+1}+\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}\) の値を求めれば良い．
ここで，\(\displaystyle\int^{0}_{-1}\displaystyle\frac{dt}{t^2-t+1}\) において
\(t=-s\) とおくと，\(dt=-ds\)
\(t\) ： \(-1 \rightarrow 0\) のとき，\(s\) ： \(1 \rightarrow 0\) より
\(\displaystyle\int^{0}_{-1}\displaystyle\frac{dt}{t^2-t+1}=\displaystyle\int^{0}_{1}\displaystyle\frac{-ds}{s^2+s+1}=\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{ds}{s^2+s+1}\)
よって，\(f(0)=2\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}\)
\(\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}=\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{dt}{\left(x+\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2+\displaystyle\frac{3}{4}}\)
\(t+\displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\tan\theta\) とおくと，
\(dt=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\displaystyle\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\)
\(t\) ： \(0 \rightarrow 1\) のとき，\(\theta\) ： \(\displaystyle\frac{\pi}{6} \rightarrow \displaystyle\frac{\pi}{3}\) より
\(\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{6}}\displaystyle\frac{1}{\frac{3}{4}(\tan^2 \theta+1)}\cdot\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\displaystyle\frac{d \theta}{\cos^2\theta}\)
\(1+\tan^2 \theta=\displaystyle\frac{1}{\cos^2 \theta}\) より
\(\displaystyle\int^{1}_{0}\displaystyle\frac{dt}{t^2+t+1}=\displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{3}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{6}} d \theta\)
\(=\displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{3}\Bigl[ \theta\Bigr]^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{6}}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{9}\pi\)
したがって求める最小値は，\(f(0)=2\times\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{9}\pi=\displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{9}\pi \)
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