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2024.10.07記

[3] 連続関数 $f(x)$ は $f(x)\gt 0$ を満たし， $1\leqq x\leqq 3$ で単調に減少するものとする． $a$ を実数とし， $S$ を
$S=\displaystyle\int_1^3 |f(x)-ax|\,dx$
と定める．

(1) $I=\displaystyle\int_1^3 f(x)\,dx$ と定める． $I$ と $a$ を用いて $S$ を表すと， $a\leqq \dfrac{f(3)}{3}$ のとき $S =\fbox{（ク）}$ となり， $a\geqq f(1)$ のとき $S =−\fbox{（ク）}$ となる．

(2) $a$ が $\dfrac{f(3)}{3}\lt a\lt f(1)$ を満たしているとき， $1\lt x\lt 3$ の範囲で方程式 $f(x) − ax = 0$ は解をただ 1 つ持つことを証明しなさい．

(3) $a$ は $\dfrac{f(3)}{3}\lt a\lt f(1)$ を満たしているとする． $1\lt x\lt 3$ の範囲にある方程式 $f(x) = ax$ の解を $x = t$ とおく．このとき， $a$ を関数 $f(x)$ と実数 $t$ を用いて表すと $a =\fbox{（ケ）}$ となる．また,関数 $F(x) =\displaystyle\int_1^x f(s)\, ds$ と， $t$ に関する分数式 $q(t) = \fbox{（コ）}$ を用いて， $S = 2F(t) − F(3) + q(t)f(t)$ と表される．

(4) $F(x)$ を (3) で定めた関数， $t_0$ を $1\lt t_0\lt 3$ を満たす実数とする． $1\leqq x\leqq 3$ を満たすすべての実数 $x$ に対し $F(x) − F(t_0)\geqq (x − t_0)f(x)$ が成り立つことを証明しなさい．

(5) $p(x)$ を $1\leqq x\leqq 3$ で $p''(x)\gt 0$ を満たす分数関数とし， $t_0$ を $1 \lt t_0 \lt 3$ を満たす実数とする． $p(t_0) = 0$ かつ $p'(t_0) =\fbox{（サ）}$ ならば， $1\leqq x\leqq 3$ を満たすすべての実数 $x$ に対し $2(x − t_0)f(x) + p(x)f(x)\geqq 0$ が成り立つ．

(6) $a =\fbox{（シ）}$ のときに， $S$ は最小になる．

本問のテーマ

はみだし削り論法

2024.10.07記
$u=x^2$ と置換すると $S=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_1^{9} \left|\dfrac{f(\sqrt{u})}{\sqrt{u}}-a\right|du$ の最小値となり，はみだし削り論法から $a=\dfrac{f(\sqrt{5})}{\sqrt{5}}$ のとき最小となる．

2024.10.07記

[解答]
(1) (i) $a\leqq \dfrac{f(3)}{3}$ のとき：

$1\leqq x\leqq 3$ で $f(x)\geqq f(3)=\dfrac{f(3)}{3}\cdot 3\geqq a\cdot x$ だから
$S=\displaystyle\int_1^3 \{f(x)-ax\}\,dx$ $=I-\left[\dfrac{ax^2}{2}\right]_1^3=I-4a$
である．

(ii) $f(1)\leqq a$ のとき：
$1\leqq x\leqq 3$ で $f(x)\leqq f(1)\leqq a\cdot x$ だから
$S=\displaystyle\int_1^3 \{ax-f(x)\}\,dx=4a-I$
である．

(2) $\dfrac{f(3)}{3}\lt a\lt f(1)$ のとき， $a$ は正であり， $f(x)$ は単調減少だから
$f(x)-ax$ は単調減少で， $f(1)-a\gt 0$ ， $f(3)-3a\lt 0$ より中間値の定理から $f(x)-ax=0$ は $1\lt x\lt 3$ に解をただ1つだけ持つ．

(3) $f(t)=at$ から $a=\dfrac{f(t)}{t}$ である．
このとき
$S=\displaystyle\int_1^t \{f(x)-ax\}\,dx$ $+\displaystyle\int_t^3 \{ax-f(x)\}\,dx$
$=F(t)-F(1)-\dfrac{a}{2}(t^2-1)$ $+F(t)-F(3)-\dfrac{a}{2}(t^2-9)$
$=2F(t)-F(3)-a(t^2-5)$ $=2F(t)-F(3)-\dfrac{t^2-5}{t}f(t)$
であるから， $q(t)=-\dfrac{t^2-5}{t}$

(4) $y=F(x)$ とおくと $F''(x)=f'(x)\lt 0$ より $y=F(x)$ は $1\leqq x\leqq 3$ で下に凸だからこの範囲で $x=t_0$ における接線よりも上側にある．よって $F(x)\geqq F'(x)(x-t_0)+F(t_0)=f(x)(x-t_0)+F(t_0)$ が成り立つ．

(5) $f(x)\gt 0$ であるから，
$g(x)=2(x − t_0) + p(x)\geqq 0$
を示せば良い．ここで $g(t_0)=p(t_0)=0$ であるから $g(x)$ が $x=t_0$ で最小となれば良く， $g''(x)=p''(x)\lt 0$ より $y=g(x)$ は下に凸であるから， $g'(t_0)=2+p'(t_0)=0$ となれば良い．

よって $p'(t_0)=-2$

(6) $q''(x)=\dfrac{10}{x^3}\gt 0$ であり， $t_0=\sqrt{5}$ とおけば
$q(t_0)=0$ ， $q'(t_0)=-\dfrac{5}{t_0^2}-1=-2$
より (5) の条件をみたすので
$q(x)f(x)\geqq -2(x−t_0)f(x)$
となり，
$S\geqq 2\{(t-t_0)f(t)+F(t_0)\}-F(3)-2(t−t_0)f(t)$
$=2F(t_0)-F(3)$ $=2F(\sqrt{5})-F(3)$
となる．等号成立は $t=t_0$ のときであり，このとき
$f(t_0)=at_0$ から $a=\dfrac{f(t_0)}{t_0}=\dfrac{f(\sqrt{5})}{\sqrt{5}}$ となる．