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北海道大学 2018年理系第5問解説

方針・初手

(1) は2つの関数の差をとり、微分して増減を調べることで不等式を証明する。 (2) も同様に差の関数を微分するが、導関数の符号判定において (1) で示した不等式と、無理関数の分母のとりうる値の範囲から導かれる不等式を組み合わせる必要がある。 (3) は (2) の結果から2曲線の上下関係が確定するため、定積分の計算に帰着させる。無理関数の積分は、三角関数による置換積分を用いて計算する。

解法1

(1)

$h(x) = \sin x - \frac{2}{\pi}x$ とおく。

$x$ で微分すると、

$$ h'(x) = \cos x - \frac{2}{\pi} $$

$0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ において $\cos x$ は単調に減少する。

$$ h'(0) = 1 - \frac{2}{\pi} > 0 $$

$$ h'\left(\frac{\pi}{2}\right) = - \frac{2}{\pi} < 0 $$

であるから、$h'(x) = 0$ となる $x$ が区間 $0 < x < \frac{\pi}{2}$ にただ一つ存在する。これを $\alpha$ とする。

$h(x)$ の増減表は以下のようになる。

$x$	$0$	$\cdots$	$\alpha$	$\cdots$	$\frac{\pi}{2}$
$h'(x)$		$+$	$0$	$-$
$h(x)$	$0$	$\nearrow$	極大	$\searrow$	$0$

表より、$h(x)$ は $x=\alpha$ で最大となり、最小値は $h(0)$ または $h\left(\frac{\pi}{2}\right)$ である。

$$ h(0) = 0 $$

$$ h\left(\frac{\pi}{2}\right) = \sin\frac{\pi}{2} - 1 = 0 $$

したがって、$0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ において $h(x) \geqq 0$ が成り立つ。

よって、$\frac{2}{\pi}x \leqq \sin x$ が示された。

(2)

$F(x) = f(x) - g(x) = \cos x - \sqrt{\frac{\pi^2}{2} - x^2} + \frac{\pi}{2}$ とおく。

$0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ において微分すると、

$$ F'(x) = -\sin x - \frac{1}{2}\left(\frac{\pi^2}{2} - x^2\right)^{-\frac{1}{2}} \cdot (-2x) = -\sin x + \frac{x}{\sqrt{\frac{\pi^2}{2} - x^2}} $$

ここで、$0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ のとき、

$$ \frac{\pi^2}{2} - x^2 \geqq \frac{\pi^2}{2} - \frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{4} $$

ゆえに、$\sqrt{\frac{\pi^2}{2} - x^2} \geqq \frac{\pi}{2}$ であり、両辺の逆数をとると、

$$ \frac{1}{\sqrt{\frac{\pi^2}{2} - x^2}} \leqq \frac{2}{\pi} $$

$x \geqq 0$ であるから、両辺に $x$ を掛けて、

$$ \frac{x}{\sqrt{\frac{\pi^2}{2} - x^2}} \leqq \frac{2}{\pi}x $$

これと (1) で示した $\frac{2}{\pi}x \leqq \sin x$ より、

$$ \frac{x}{\sqrt{\frac{\pi^2}{2} - x^2}} \leqq \frac{2}{\pi}x \leqq \sin x $$

したがって、

$$ F'(x) = \frac{x}{\sqrt{\frac{\pi^2}{2} - x^2}} - \sin x \leqq 0 $$

となり、$F(x)$ は $0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ において単調に減少する。

また、$x = \frac{\pi}{2}$ のとき、

$$ F\left(\frac{\pi}{2}\right) = \cos\frac{\pi}{2} - \sqrt{\frac{\pi^2}{2} - \frac{\pi^2}{4}} + \frac{\pi}{2} = 0 - \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} = 0 $$

であるから、$0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ において $F(x) \geqq F\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0$ が成り立つ。

よって、$g(x) \leqq f(x)$ が示された。

(3)

(2) より、$0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ において $g(x) \leqq f(x)$ であるから、求める面積 $S$ は、

$$ S = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \{f(x) - g(x)\} dx $$

$$ S = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \cos x - \sqrt{\frac{\pi^2}{2} - x^2} + \frac{\pi}{2} \right) dx $$

ここで、各項の定積分を計算する。

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \, dx = \left[ \sin x \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = 1 $$

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\pi}{2} \, dx = \left[ \frac{\pi}{2}x \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi^2}{4} $$

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\frac{\pi^2}{2} - x^2} \, dx$ について、$x = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \sin \theta$ と置換する。

$x$ と $\theta$ の対応は以下のようになる。 $x : 0 \to \frac{\pi}{2}$ $\theta : 0 \to \frac{\pi}{4}$

$dx = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \cos \theta \, d\theta$ であり、$0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{4}$ において $\cos\theta > 0$ であるから、

$$ \sqrt{\frac{\pi^2}{2} - x^2} = \sqrt{\frac{\pi^2}{2} - \frac{\pi^2}{2}\sin^2 \theta} = \sqrt{\frac{\pi^2}{2}\cos^2 \theta} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}\cos\theta $$

よって、

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\frac{\pi^2}{2} - x^2} \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left(\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cos\theta\right) \left(\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cos\theta\right) d\theta $$

$$ = \frac{\pi^2}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos^2 \theta \, d\theta $$

$$ = \frac{\pi^2}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (1 + \cos 2\theta) \, d\theta $$

$$ = \frac{\pi^2}{4} \left[ \theta + \frac{1}{2}\sin 2\theta \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} $$

$$ = \frac{\pi^2}{4} \left( \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \right) = \frac{\pi^3}{16} + \frac{\pi^2}{8} $$

以上より、面積 $S$ は、

$$ S = 1 - \left( \frac{\pi^3}{16} + \frac{\pi^2}{8} \right) + \frac{\pi^2}{4} = 1 + \frac{\pi^2}{8} - \frac{\pi^3}{16} $$

解説

(1) の不等式証明は、グラフの凸性を利用して証明することも可能である。$y=\sin x$ は $0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ において上に凸であり、原点と点 $\left(\frac{\pi}{2}, 1\right)$ を結ぶ線分 $y=\frac{2}{\pi}x$ は曲線の下側（境界を含む）に位置することから図形的に示すことができるが、本解法のように微分による増減表を用いた方が厳密な証明となる。

(2) では、関数の差をとって微分するが、そこへ (1) の不等式と、分母のとりうる値の範囲から導かれる不等式を組み合わせて導関数の符号を評価する発想が重要である。不等式評価を多段で行うため、論理の飛躍がないように丁寧な記述が求められる。

(3) の定積分に含まれる $\sqrt{a^2 - x^2}$ の形は、$x=a\sin\theta$ と置換積分する典型的な処理である。また、半径 $\frac{\pi}{\sqrt{2}}$ の円の面積の一部として図形的に計算面積を導出することも可能である。