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京都大学 2008年文系第4問（甲）解説

方針・初手

$\sin x$ と $\cos x$ の対称式を含む方程式であるため、$t = \sin x + \cos x$ とおく定石を用います。三角関数の合成によって $t$ のとり得る値の範囲を求めた後、与式を $t$ の3次方程式に書き換えます。方程式が容易に解けない形になるため、微分を用いてグラフの増減を調べ、解の個数と範囲を特定してから対応する $x$ の個数を数え上げます。

解法1

$t = \sin x + \cos x$ とおく。三角関数の合成より、$t = \sqrt{2}\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)$ である。

$0 \leqq x < 2\pi$ より $\dfrac{\pi}{4} \leqq x + \dfrac{\pi}{4} < \dfrac{9\pi}{4}$ であるから、

$$ -\sqrt{2} \leqq t \leqq \sqrt{2} $$

である。

また、両辺を2乗すると $t^2 = \sin^2 x + 2\sin x \cos x + \cos^2 x = 1 + 2\sin x \cos x$ となるため、

$$ \sin x \cos x = \frac{t^2 - 1}{2} $$

さらに3乗の和の公式より、

$$ \sin^3 x + \cos^3 x = (\sin x + \cos x)(\sin^2 x - \sin x \cos x + \cos^2 x) = t \left( 1 - \frac{t^2 - 1}{2} \right) = t \cdot \frac{3 - t^2}{2} $$

これらを与えられた方程式に代入すると、

$$ 2\sqrt{2} \cdot t \cdot \frac{3 - t^2}{2} + 3 \cdot \frac{t^2 - 1}{2} = 0 $$

両辺を2倍して展開すると、

$$ 6\sqrt{2}t - 2\sqrt{2}t^3 + 3t^2 - 3 = 0 $$

整理して、

$$ 2\sqrt{2}t^3 - 3t^2 - 6\sqrt{2}t + 3 = 0 $$

ここで、$f(t) = 2\sqrt{2}t^3 - 3t^2 - 6\sqrt{2}t + 3$ とおく。

$f(t)$ を $t$ について微分すると、

$$ f'(t) = 6\sqrt{2}t^2 - 6t - 6\sqrt{2} = 6(\sqrt{2}t^2 - t - \sqrt{2}) = 6(\sqrt{2}t + 1)(t - \sqrt{2}) $$

$f'(t) = 0$ とすると、$t = -\dfrac{1}{\sqrt{2}}, \sqrt{2}$ である。

$-\sqrt{2} \leqq t \leqq \sqrt{2}$ における $f(t)$ の増減表は次のようになる。

$t$	$-\sqrt{2}$	$\cdots$	$-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$	$\cdots$	$\sqrt{2}$
$f'(t)$		$+$	$0$	$-$	$0$
$f(t)$	$1$	$\nearrow$	$\dfrac{13}{2}$	$\searrow$	$-7$

（各端点・極値の計算：

$$ f(-\sqrt{2}) = 2\sqrt{2}(-2\sqrt{2}) - 3(2) - 6\sqrt{2}(-\sqrt{2}) + 3 = -8 - 6 + 12 + 3 = 1 $$

$$ f\!\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = 2\sqrt{2}\left(-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right) - 3\left(\frac{1}{2}\right) - 6\sqrt{2}\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + 3 = -1 - \frac{3}{2} + 6 + 3 = \frac{13}{2} $$

$$ f(\sqrt{2}) = 2\sqrt{2}(2\sqrt{2}) - 3(2) - 6\sqrt{2}(\sqrt{2}) + 3 = 8 - 6 - 12 + 3 = -7 ） $$

増減表より、$f(t) = 0$ は $-\dfrac{1}{\sqrt{2}} < t < \sqrt{2}$ の範囲にただ1つの実数解をもつ。これを $\alpha$ とおく。

$-\sqrt{2} \leqq t \leqq \sqrt{2}$ における解はこの $\alpha$ のみである。

次に、$t = \alpha$ に対応する $x$ の個数を調べる。

$t = \sqrt{2}\sin\!\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right) = \alpha$ より、

$$ \sin\!\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\alpha}{\sqrt{2}} $$

$-\dfrac{1}{\sqrt{2}} < \alpha < \sqrt{2}$ であるから、

$$ -\frac{1}{2} < \frac{\alpha}{\sqrt{2}} < 1 $$

$0 \leqq x < 2\pi$ より $\dfrac{\pi}{4} \leqq x + \dfrac{\pi}{4} < \dfrac{9\pi}{4}$ であり、この1周期の区間において $\sin\theta = k$（$-1 \leqq k < 1$）を満たす $\theta$ は必ず2個存在する。

$\dfrac{\alpha}{\sqrt{2}}$ の値はこの範囲に含まれているため、対応する $x$ は2個存在する。

したがって、与えられた方程式を満たす $x$ の個数は 2個である。