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京都大学 理系 2022年度 第5問 解説

問題編

問題

 曲線 $C:y=\cos^3 x \left(0\leqq x\leqq \dfrac{\pi}{2}\right)$, $x$ 軸および $y$ 軸で囲まれる図形の面積を $S$ とする。 $0\lt t\lt\dfrac{\pi}{2}$ とし、 $C$ 上の点 $\mathrm{ Q }(t,\cos^3 t)$ と原点 $\mathrm{ O }$, および $\mathrm{ P }(t,0)$, $\mathrm{ R }(0,\cos^3 t)$ を頂点にもつ長方形 OPQR の面積を $f(t)$ とする。このとき、次の各問に答えよ。

(1) $S$ を求めよ。

(2) $f(t)$ は最大値をただ1つの $t$ でとることを示せ。そのときの $t$ を $\alpha$ とすると、 $f(\alpha)=\dfrac{\cos^4\alpha}{3\sin\alpha}$ であることを示せ。

(3) $\dfrac{f(\alpha)}{S}\lt\dfrac{9}{16}$ を示せ。

考え方

(1)は計算するだけです。(2)は式の形まで書いてくれているので示しやすいでしょう。

(3)はノーヒントです。面積比を計算する問題ですが、図形的に考えるのは難しいでしょう。 $\alpha$ に関する情報をひねりだして示しましょう。


解答編

問題

 曲線 $C:y=\cos^3 x \left(0\leqq x\leqq \dfrac{\pi}{2}\right)$, $x$ 軸および $y$ 軸で囲まれる図形の面積を $S$ とする。 $0\lt t\lt\dfrac{\pi}{2}$ とし、 $C$ 上の点 $\mathrm{ Q }(t,\cos^3 t)$ と原点 $\mathrm{ O }$, および $\mathrm{ P }(t,0)$, $\mathrm{ R }(0,\cos^3 t)$ を頂点にもつ長方形 OPQR の面積を $f(t)$ とする。このとき、次の各問に答えよ。

(1) $S$ を求めよ。

解答

(1)
$0\leqq x\leqq \dfrac{\pi}{2}$ で $\cos^3 x\geqq 0$ であり、 $\cos^3\dfrac{\pi}{2}=0$ なので\[ S=\int_0^{\pi/2} \cos^3 x dx \]とかける。3倍角の公式より $\cos3x=4\cos^3x-3\cos x$ なので
\begin{eqnarray} S &=& \int_0^{\pi/2} \cos^3 x dx \\[5pt] &=& \int_0^{\pi/2} \frac{\cos 3x+3\cos x}{4} dx \\[5pt] &=& \left[ \frac{\sin 3x}{12} + \frac{3\sin x}{4} \right]_0^{\pi/2} \\[5pt] &=& \frac{-1}{12} + \frac{3}{4} \\[5pt] &=& \frac{-1+9}{12}=\frac{2}{3} \\[5pt] \end{eqnarray}となる。(答)

解答編 つづき

問題

(2) $f(t)$ は最大値をただ1つの $t$ でとることを示せ。そのときの $t$ を $\alpha$ とすると、 $f(\alpha)=\dfrac{\cos^4\alpha}{3\sin\alpha}$ であることを示せ。

解答

(2)
$f(t)=t\cos^3 t$ なので
\begin{eqnarray} f'(t) &=& \cos^3 t +t(-3\cos^2x\sin t) \\[5pt] &=& \cos^2 t (\cos t-3t\sin t) \\[5pt] \end{eqnarray}となる。 $\cos^2 t\geqq 0$ である。 $g(t)=\cos t-3t\sin t$ とおくと \begin{eqnarray} g'(t) &=& -\sin t-3\sin t-3t\cos t \\[5pt] &=& -4\sin t-3t\cos t \\[5pt] \end{eqnarray}であり、 $0\lt t \lt \dfrac{\pi}{2}$ のときは $g'(t)\lt 0$ であることがわかる。よって、 $0\leqq t\leqq \dfrac{\pi}{2}$ で $g(t)$ は狭義単調減少である。また、 \begin{eqnarray} g(0) &=& 1-0=1\gt 0\\[5pt] g\left(\frac{\pi}{2}\right) &=& 0-3\cdot\frac{\pi}{2}\cdot 1 =-\frac{3}{2}\pi\lt 0\\[5pt] \end{eqnarray}なので、 $0\leqq t\leqq \dfrac{\pi}{2}$ で $g(t)=0$ を満たす $t$ は1つだけ存在する。この値を $\beta$ とすると、 $f(t)$ の増減表は次のようになる。 \begin{array}{c|ccccc} t & 0 & \cdots & \beta & \cdots & \tfrac{\pi}{2} \\ \hline f'(t) & & + & 0 & - & \\ \hline f(t) & & \nearrow & & \searrow & \end{array}よって、 $f(x)$ は 最大値をただ1つの $t$ でとることがわかる。

問題文にある $\alpha$ は $\beta$ である。この $\alpha$ は $g(\alpha)=0$ をみたすので\[ \cos \alpha-3\alpha\sin \alpha=0 \]が成り立つ。よって
\begin{eqnarray} f(\alpha) &=& \alpha\cos^3\alpha \\[5pt] &=& \frac{\cos\alpha}{3\sin\alpha} \cdot \cos^3\alpha \\[5pt] &=& \frac{\cos^4\alpha}{3\sin\alpha} \\[5pt] \end{eqnarray}である。(終)

解答編 つづき

問題

(3) $\dfrac{f(\alpha)}{S}\lt\dfrac{9}{16}$ を示せ。

解答

(3)
\begin{eqnarray} g \left(\frac{\pi}{6}\right) &=& \cos \frac{\pi}{6}-3\cdot \frac{\pi}{6}\cdot \sin \frac{\pi}{6} \\[5pt] &=& \frac{\sqrt{3} }{2}-\frac{\pi}{4} \\[5pt] &=& \frac{2\sqrt{3}-\pi}{4} \\[5pt] \end{eqnarray}となる。ここで、\[ 2\sqrt{3}\gt 2\cdot 1.7=3.4\gt \pi \]なので、 $g \left(\frac{\pi}{6}\right)\gt 0$ である。 $g(t)$ は単調減少なので、 $\alpha\gt\dfrac{\pi}{6}$ が成り立つ。よって \begin{eqnarray} \frac{f(\alpha)}{S} &=& \frac{\cos^4\alpha}{3\sin\alpha} \div \frac{2}{3} \\[5pt] &=& \frac{\cos^4\alpha}{2\sin\alpha} \\[5pt] &\lt& \frac{\cos^4 \frac{\pi}{6} }{2\sin\frac{\pi}{6} } \\[5pt] &=& \frac{\left(\frac{\sqrt{3} }{2}\right)^4}{2\cdot\frac{1}{2} } \\[5pt] &=& \frac{9}{16} \end{eqnarray}なので、 $\dfrac{f(\alpha)}{S}\lt\dfrac{9}{16}$ が示せた。(終)

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