大阪大学 2018年度理系数学第3問解答・解説

問題

2つの関数

f (t) = 2 sin t + cos 2 t, g (t) = 2 cos t + sin 2 t

によって表される曲線

C : x = f (t), y = g (t) (0 ≦ t ≦ \frac{π}{2})

を考える．

(1) $f (t)$ および $g (t)$ の最大値を求めよ．

(2) $0 ≦ t_{1} < t_{2} ≦ π /2$ かつ $f (t_{1}) = f (t_{2})$ とする．このとき

g (t_{1})^{2} - g (t_{2})^{2} > 0

を示せ．

(3) 曲線 $C$ と直線 $x = 1$ で囲まれる部分の面積 $S$ を求めよ．

出典：大阪大学 2018年度前期日程第2次学力試験理系第3問

方針

解法1

(1) は $f^{'} (t)$ 、 $g^{'} (t)$ の符号変化を端点も含めて調べる。(2) は $s = sin t$ と置き、 $f (t_{1}) = f (t_{2})$ から $s_{1} + s_{2} = 1$ を得て、 $g (t)^{2}$ を $s$ の式に直す。(3) は図と (2) で上下関係を確認し、面積を

S = - \int_{0}^{π /2} {f (t) - 1} g^{'} (t) d t

として直接計算する。

解法2

$s = sin t$ により (1)(2) の代数構造を整理する。(3) では面積積分を展開せず、部分積分で $f^{'} (t) g (t)$ の積分へ移して計算を短くする。

解答

解法1

(1)

f^{'} (t) = 2 cos t (1 - 2 sin t)

であり、 $0 ≦ t ≦ π /2$ では $t = π /6$ で増加から減少へ変わる。したがって

max f (t) = f (\frac{π}{6}) = \frac{3}{2}

である。また

g^{'} (t) = 2 (1 + sin t) (1 - 2 sin t)

も同じ点で符号が正から負へ変わるので、

max g (t) = g (\frac{π}{6}) = \frac{3 3}{2}

である。

(2)

$s_{i} = sin t_{i}$ と置く。 $t_{1} < t_{2}$ より $s_{1} < s_{2}$ である。また

f (t) = 1 + 2 s - 2 s^{2}

だから、 $f (t_{1}) = f (t_{2})$ より

2 (s_{1} - s_{2}) (1 - s_{1} - s_{2}) = 0

となり、 $s_{1} + s_{2} = 1$ を得る。一方、

g (t)^{2} = 4 (1 - s) (1 + s)^{3}

であるから、 $s_{2} = 1 - s_{1}$ を代入すると

g (t_{1})^{2} - g (t_{2})^{2} = - 4 (2 s_{1} - 1)^{3}

となる。 $s_{1} < s_{2}$ かつ和が1なので $2 s_{1} - 1 < 0$ であり、求める差は正である。

(3)

$t = 0, π /2$ で $x = f (t) = 1$ となる。(2) により、同じ横座標に対応する2点では小さい $t$ の点が上側にある。曲線と領域の位置関係は次の通りである。

したがって面積は

S = - \int_{0}^{π /2} {f (t) - 1} g^{'} (t) d t

である。被積分関数を整理すると

- {f (t) - 1} g^{'} (t) = - 8 sin^{4} t + 4 sin^{3} t + 8 sin^{2} t - 4 sin t

となる。さらに

\int_{0}^{π /2} sin t d t = 1, \int_{0}^{π /2} sin^{2} t d t = \frac{π}{4}, \int_{0}^{π /2} sin^{3} t d t = \frac{2}{3}, \int_{0}^{π /2} sin^{4} t d t = \frac{3 π}{16}

だから

S = - 8 \cdot \frac{3 π}{16} + 4 \cdot \frac{2}{3} + 8 \cdot \frac{π}{4} - 4 = \frac{π}{2} - \frac{4}{3}

である。

解法2

(1)

$s = sin t$ と置くと $0 ≦ s ≦ 1$ であり、

f (t) = 1 + 2 s - 2 s^{2} = \frac{3}{2} - 2 (s - \frac{1}{2})^{2}

だから最大値は $3/2$ である。また

g^{'} (t) = 2 (1 + s) (1 - 2 s)

より $g$ は $s = 1/2$ 、すなわち $t = π /6$ で最大となり、その値は $33 /2$ である。

(2)

$s_{i} = sin t_{i}$ とする。 $f (t_{1}) = f (t_{2})$ を平方完成した式に適用し、 $s_{1} < s_{2}$ を使うと $s_{1} + s_{2} = 1$ である。また

g (t)^{2} = 4 (1 - s) (1 + s)^{3}

なので

g (t_{1})^{2} - g (t_{2})^{2} = - 4 (2 s_{1} - 1)^{3} > 0

を得る。

(3)

面積は

S = - \int_{0}^{π /2} {f (t) - 1} g^{'} (t) d t

である。端点では $f (t) - 1 = 0$ だから、部分積分により

S = \int_{0}^{π /2} f^{'} (t) g (t) d t

となる。ここで

f^{'} (t) g (t) = 4 cos^{2} t (1 - 2 sin t) (1 + sin t) = 4 (1 - sin t - 3 sin^{2} t + sin^{3} t + 2 sin^{4} t)

である。したがって

S = 4 (\frac{π}{2} - 1 - 3 \cdot \frac{π}{4} + \frac{2}{3} + 2 \cdot \frac{3 π}{16}) = \frac{π}{2} - \frac{4}{3}

を得る。

大阪大学 2018年度理系数学 第3問

問題

方針

解法1

解法2

解答

解法1

(1)

(2)

(3)

解法2

(1)

(2)

(3)

大阪大学 2018年度
理系数学第3問