次の関数 \(f(x)\) の最大値と最小値を求めよ。
\begin{equation}
f(x) = e^{-x^2}+\frac{1}{4}x^2+1 + \frac{1}{e^{-x^2}+\frac{1}{4}x^2+1} \\
(-1 \le x \le 1) \\
\end{equation}
ただし、\(e\) は自然対数の底であり、その値は \(e=2.71\cdots\) である。
解説
\( g(x) = e^{-x^2}+\frac{1}{4}x^2+1 \) とおけば、\(f(x)\) は \( g(x) \) の関数となります。\(g(x) \) がとりうる範囲がわかれば、\(f(x)\) の最大値、最小値を求めることができます。
解答
\( g(x) = e^{-x^2}+\frac{1}{4}x^2+1 \) とおく。
\begin{eqnarray}
g^{\prime}(x) && = -2xe^{-x^2} + \frac{1}{2}x \\
&&= \frac{1}{2}x \left( 1-4e^{-x^2} \right)
\end{eqnarray}
\( g^{\prime}(x)=0 \) とすると \( x=0 \)
また \( -1 \le x \le 1 \) で \( 1-4e^{-x^2} \lt 0 \)
\begin{array}{c|ccccc}
x & -1 & \cdots & 0 & \cdots & 1 \\
\hline
g^{\prime}(x) & & + & 0 & – \\
\hline
g(x) & & \nearrow & 極大 & \searrow \\
\end{array}
\begin{equation}
\begin{array}{l}
g(0) = e^0+1=2 \\
\displaystyle g(\pm1)=e^{-1}+\frac{1}{4}+1=\frac{1}{e}+\frac{5}{4} \\
\displaystyle ∴ \frac{1}{e}+\frac{5}{4} \le g(x) \le 2 \cdots ①
\end{array}
\end{equation}
\( t=g(x) \) とおくと
\begin{eqnarray}
f(x) && = t+\frac{1}{t} = h(t) \\
h^{\prime}(t) && = 1-\frac{1}{t^2}= \frac{(t-1)(t+1)}{t^2} \\
\end{eqnarray}
①より \( \displaystyle \frac{1}{e}+\frac{5}{4} \le g(x) \le 2 \) において \( h^{\prime}(t) \gt 0 \) だから、 \( h(t) \) は単調増加関数となる。
\begin{eqnarray}
h(2) && =2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2} \\
h \left( \frac{1}{e}+\frac{5}{4} \right) && = \frac{1}{e}+\frac{5}{4}+\frac{1}{\frac{1}{e}+\frac{5}{4}} \\
&& = \frac{1}{e}+\frac{5}{4}+\frac{4e}{4+5e}
\end{eqnarray}
よって
\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{cl}
最大値 & \displaystyle \frac{5}{2} \\
最小値 & \displaystyle \frac{1}{e}+\frac{5}{4}+\frac{4e}{4+5e}
\end{array}
\right .
\cdots （答）
\end{equation}
