京都大学 2022年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1)
求める面積は $$S={\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}{\cos }^{3}xdx$$ である。$u=\sin x$ とおくと $du=\cos xdx$ であり、$${\cos }^{3}x=(1-{\sin }^{2}x)\cos x$$ だから$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S}& {\displaystyle ={\int }_0^1(1-u^2)du}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={[u-\frac{u^3}{3}]}_0^1}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{2}{3}\mathrm{.}}\end{array}$$(2)
長方形 $OPQR$ の横の長さは $t$、縦の長さは ${\cos }^{3}t$ なので $f(t)=t{\cos }^{3}t$ である。$0<t<\pi \mathrm{/}2$ で微分すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f^{\mathrm{\prime }}(t)}& {\displaystyle ={\cos }^{3}t-3t{\cos }^{2}t\sin t}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\cos }^{2}t(\cos t-3t\sin t)}\end{array}$$である。

ここで $h(t)=\cos t-3t\sin t$ とおく。すると $$h^{\mathrm{\prime }}(t)=-\sin t-3\sin t-3t\cos t=-4\sin t-3t\cos t<0$$ である。したがって $h(t)$ は $(0,\pi \mathrm{/}2)$ で狭義減少する。また$$\underset{t\to 0+}{\lim }h(t)=1>0,h\left(\frac{\pi }{2}\right)=-\frac{3\pi }{2}<0$$であるから、$h(t)=0$ となる $t$ はただ1つ存在する。 ${\cos }^{2}t>0$ なので、$f^{\mathrm{\prime }}(t)$ の符号は $h(t)$ の符号と同じである。よって $f(t)$ はそのただ1つの零点まで増加し、その後減少する。したがって $f(t)$ は最大値をただ1つの $t$ でとる。

その $t$ を $\alpha$ とする。$h(\alpha )=0$ より $$\cos \alpha =3\alpha \sin \alpha$$ である。$0<\alpha <\pi \mathrm{/}2$ なので $\sin \alpha >0$ であり、$$\alpha =\frac{\cos \alpha }{3\sin \alpha }$$ である。したがって $$f(\alpha )=\alpha {\cos }^3\alpha =\frac{{\cos }^4\alpha }{3\sin \alpha }$$ である。

(3)
まず $\alpha$ の範囲を押さえる。$h(t)=\cos t-3t\sin t$ について $$h\left(\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi }{4}>0$$ である。これは $\pi <2\sqrt{3}$ より従う。また$$h\left(\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}(1-\frac{3\pi }{4})<0$$である。$h$ は狭義減少なので $$\frac{\pi }{6}<\alpha <\frac{\pi }{4}$$ である。

したがって $$\sin \alpha >\frac{1}{2},{\cos }^2\alpha <\frac{3}{4}$$ である。後者より ${\cos }^4\alpha <\frac{9}{16}$ であるから $8{\cos }^4\alpha <\frac{9}{2}$ である。一方、$\sin \alpha >1\mathrm{/}2$ より $\frac{9}{2}<9\sin \alpha$ である。よって $$8{\cos }^4\alpha <9\sin \alpha$$ となる。両辺を正の $24\sin \alpha$ で割ると $$\frac{{\cos }^4\alpha }{3\sin \alpha }<\frac{3}{8}$$ である。すなわち $f(\alpha )<\frac{3}{8}$ である。

(1) より $S=2\mathrm{/}3$ だから $$\frac{f(\alpha )}{S}<\frac{3\mathrm{/}8}{2\mathrm{/}3}=\frac{9}{16}$$ である。

$f^{\mathrm{\prime }}(t)={\cos }^{3}t\{1-3t\tan t\}$ とし、$3t\tan t$ の狭義増加から最大点の一意性を示す。(3)では $u=\sin \alpha$ とおき、比を $g(u)=(1-u^2{)}^2\mathrm{/}(2u)$ と表す。$g$ の単調減少と $\alpha >\pi \mathrm{/}6$ だけで $9\mathrm{/}16$ を得る。

(1) $$S={\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}{\cos }^{3}xdx={\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}(1-{\sin }^{2}x)\cos xdx={[\sin x-\frac{{\sin }^{3}x}{3}]}_0^{\pi \mathrm{/}2}=\frac{2}{3}\mathrm{.}$$(2) $f(t)=t{\cos }^{3}t$ なので$$f^{\mathrm{\prime }}(t)={\cos }^{3}t\{1-3t\tan t\}\mathrm{.}$$$$k(t)=3t\tan t$$とおくと$$k^{\mathrm{\prime }}(t)=3\tan t+3t\frac{1}{{\cos }^{2}t}>0$$である。また $k(t)\to 0(t\to 0+)$, $$k(t)\to \mathrm{\infty }(t\to \pi \mathrm{/}2-)$$ だから、$k(t)=1$ を満たす $t$ はただ1つ存在する。これを $\alpha$ とする。

${\cos }^{3}t>0$ なので、$f^{\mathrm{\prime }}(t)$ は $k(t)<1$ で正、$k(t)>1$ で負である。したがって $f$ は $t=\alpha$ でただ1つの最大値をとる。

$3\alpha \tan \alpha =1$ より$$\alpha =\frac{\cos \alpha }{3\sin \alpha }\mathrm{.}$$したがって$$f(\alpha )=\alpha {\cos }^3\alpha =\frac{{\cos }^4\alpha }{3\sin \alpha }\mathrm{.}$$(3) $t=\pi \mathrm{/}6$ では$$k\left(\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\pi }{2\sqrt{3}}<1$$であるから、$k$ の単調増加性より$$\alpha >\frac{\pi }{6},\sin \alpha >\frac{1}{2}\mathrm{.}$$$u=\sin \alpha$ とおくと $1\mathrm{/}2<u<1$ であり、(1)(2)より$$\frac{f(\alpha )}{S}=\frac{(1-u^2{)}^2}{2u}=g(u)\mathrm{.}$$ここで$$g^{\mathrm{\prime }}(u)=\frac{(3u^2+1)(u^2-1)}{2u^2}<0(0<u<1)$$だから $g$ は狭義減少する。よって$$\frac{f(\alpha )}{S}=g(u)<g\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{(1-1\mathrm{/}4{)}^2}{1}=\frac{9}{16}\mathrm{.}$$