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京都大学 理系 2019年度 第1問 解説

問題編

問題

 次の各問に答えよ。

問1 $0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{2}$ とする。 $\cos\theta$ は有理数ではないが、 $\cos 2\theta$ と $\cos 3\theta$ がともに有理数となるような $\theta$ の値を求めよ。ただし、 $p$ が素数のとき、 $\sqrt{p}$ が有理数でないことは証明なしに用いてよい。

問2 次の定積分の値を求めよ。

(1) $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4} } \frac{x}{\cos^2 x}dx$

(2) $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4} } \frac{dx}{\cos x}$

考え方

問1は、 $\sin$ に関する情報がないので、 $\sin$ が出てこない公式を使って変形しましょう。

問2は、どちらもどこかで一度は計算している内容でしょう。よく練習していないと、とっさには出てこないかもしれません。特に、(2)は、流れが頭に入っていないと、その場で思いつくのは難しそうです。

小問ですが、どちらも簡単というわけではありません。


解答編

問題

 次の各問に答えよ。

問1 $0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{2}$ とする。 $\cos\theta$ は有理数ではないが、 $\cos 2\theta$ と $\cos 3\theta$ がともに有理数となるような $\theta$ の値を求めよ。ただし、 $p$ が素数のとき、 $\sqrt{p}$ が有理数でないことは証明なしに用いてよい。

解答

$\cos 2\theta=\dfrac{b}{a}$ とする。ただし、 $a$ と $b$ は、互いに素な整数とする。

半角の公式から
\begin{eqnarray} \cos^2 \theta &=& \frac{1+\cos 2\theta}{2} \\[5pt] &=& \frac{a+b}{2a} \end{eqnarray}と書ける。

また、3倍角の公式から
\begin{eqnarray} \cos 3\theta &=& 4\cos^3\theta-3\cos\theta \\[5pt] &=& (4\cos^2\theta-3)\cos\theta \\[5pt] &=& \left( 4\cdot\frac{a+b}{2a}-3 \right)\cos\theta \\[5pt] &=& \frac{-a+2b}{a} \cdot \cos\theta \\[5pt] \end{eqnarray}となる。

ここで、 $\cos3\theta$, $\dfrac{-a+2b}{a}$ が有理数で、 $\cos\theta$ が有理数ではないとすると、この等式が成り立つのは、 $\dfrac{-a+2b}{a}=0$ のときのみである。つまり、 $\dfrac{b}{a}=\dfrac{1}{2}$ のときである。

$0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{2}$ で $\cos2\theta=\dfrac{1}{2}$ となるのは、 $\theta=\dfrac{\pi}{6}$ のときである。このとき、 $\cos\theta=\dfrac{\sqrt{3} }{2}$ は有理数でない( $3$ が素数なので $\sqrt{3}$ が有理数ではないから)が、 $\cos 2\theta=\dfrac{1}{2}$, $\cos 3\theta=0$ なので、これら2つはともに有理数である。

よって、 $\theta=\dfrac{\pi}{6}$ である。

(問1 終)

解説

三角関数はたくさん公式があり、どれを使えばいいかわかりづらいです。ただ、 $\sin$ に関する情報がないので、 $\sin$ が出てこない式を使うとなれば、自然と使うものは限定されます。 $\cos\theta$ はあまり使い勝手がよくないので、 $\cos 2\theta$ に着目します。そうすると、 $\cos^2\theta$ を表すことができるので、これと $\cos 3\theta$ との関係を考えるようにします。

解答編 つづき

問題

問2 次の定積分の値を求めよ。

(1) $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4} } \frac{x}{\cos^2 x}dx$

(2) $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4} } \frac{dx}{\cos x}$

解答

(1)
\begin{eqnarray} & & \int_0^{\frac{\pi}{4} } \frac{x}{\cos^2 x}dx \\[5pt] &=& \Big[ x\tan\theta \Big]_0^{\frac{\pi}{4} }-\int_0^{\frac{\pi}{4} } \tan x dx \\[5pt] &=& \frac{\pi}{4}-\Big[ -\log|\cos x| \Big]_0^{\frac{\pi}{4} } \\[5pt] &=& \frac{\pi}{4}+\log \frac{1}{\sqrt{2} } \\[5pt] &=& \frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\log 2 \\[5pt] \end{eqnarray}となる。

(2)
\begin{eqnarray} & & \int_0^{\frac{\pi}{4} } \frac{dx}{\cos x} \\[5pt] &=& \int_0^{\frac{\pi}{4} } \frac{\cos x}{\cos^2 x}dx \\[5pt] &=& \int_0^{\frac{\pi}{4} } \frac{\cos x}{1-\sin^2 x}dx \\[5pt] &=& \int_0^{\frac{\pi}{4} } \frac{1}{2}\left(\frac{\cos x}{1+\sin x}+\frac{\cos x}{1-\sin x}\right) dx \\[5pt] &=& \frac{1}{2}\Big[ \log|1+\sin x|-\log|1-\sin x| \Big]_0^{\frac{\pi}{4} } \\[5pt] &=& \frac{1}{2} \log \frac{1+\frac{1}{\sqrt{2} }}{1-\frac{1}{\sqrt{2} }} \\[5pt] &=& \frac{1}{2} \log \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1} \\[5pt] &=& \frac{1}{2} \log \frac{(\sqrt{2}+1)^2}{2-1} \\[5pt] &=& \log (\sqrt{2}+1) \\[5pt] \end{eqnarray}となる。

(問2 終)

参考

【応用】不定積分の置換積分(分母に三角関数)

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