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京都大学 2019年理系第1問解説

方針・初手

問1：倍角・三倍角の公式を用いて、$\cos 2\theta$ と $\cos 3\theta$ を $\cos \theta$ の多項式で表します。「$\cos\theta$ が有理数ではない」という条件を活かすため、「もし特定の係数部分が $0$ でなければ、$\cos\theta$ が有理数になってしまい矛盾する」という背理法の論理展開を利用して $\cos\theta$ の値を定めます。
問2：(1) は $\dfrac{1}{\cos^2 x} = (\tan x)'$ であることに着目し、部分積分法を用います。(2) は分母・分子に $\cos x$ を掛けて $\dfrac{\cos x}{1 - \sin^2 x}$ と変形し、$\sin x = t$ とおく標準的な置換積分を行います。

解法1

問1

倍角の公式および三倍角の公式より、

$$ \cos 2\theta = 2\cos^2\theta - 1, \qquad \cos 3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta $$

が成り立つ。

$\cos 2\theta$ が有理数であると仮定されているため、$\cos^2\theta = \dfrac{\cos 2\theta + 1}{2}$ も有理数である。また、$\cos 3\theta$ も有理数である。

ここで、$4\cos^2\theta - 3 \neq 0$ であると仮定する。このとき、

$$ \cos 3\theta = \cos\theta(4\cos^2\theta - 3) \implies \cos\theta = \frac{\cos 3\theta}{4\cos^2\theta - 3} $$

と変形できる。

右辺の分子 $\cos 3\theta$ は有理数であり、分母 $4\cos^2\theta - 3$ は $0$ でない有理数であるため、その商である $\cos\theta$ は有理数となる。

しかし、これは「$\cos\theta$ は有理数ではない」という問題の条件に矛盾する。

したがって、仮定は誤りであり、$4\cos^2\theta - 3 = 0$ でなければならない。これより、$\cos^2\theta = \dfrac{3}{4}$ となる。

$0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ より $\cos\theta > 0$ であるから、

$$ \cos\theta = \frac{\sqrt{3}}{2} $$

となる。問題の条件より、3 は素数なので $\sqrt{3}$ は有理数ではなく、したがって $\cos\theta = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ は有理数ではないという条件を満たす。

$0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ の範囲で $\cos\theta = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ を満たす $\theta$ は

$$ \theta = \frac{\pi}{6} $$

である。このとき、$\cos 2\theta = \cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}$（有理数）、$\cos 3\theta = \cos\dfrac{\pi}{2} = 0$（有理数）となり、他のすべての条件も満たしている。

問2

(1)

$\dfrac{1}{\cos^2 x} = (\tan x)'$ であることを利用して部分積分を行う。

$$ \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{x}{\cos^2 x}\, dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} x (\tan x)'\, dx $$

$$ = \Big[ x \tan x \Big]_0^{\frac{\pi}{4}} - \int_0^{\frac{\pi}{4}} 1 \cdot \tan x\, dx $$

$$ = \left( \frac{\pi}{4} \cdot 1 - 0 \right) - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin x}{\cos x}\, dx $$

$$ = \frac{\pi}{4} + \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{(\cos x)'}{\cos x}\, dx $$

$$ = \frac{\pi}{4} + \Big[ \log|\cos x| \Big]_0^{\frac{\pi}{4}} $$

$$ = \frac{\pi}{4} + \log\frac{1}{\sqrt{2}} - \log 1 $$

$$ = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}\log 2 $$

(2)

分母と分子に $\cos x$ を掛けて変形する。

$$ \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{\cos x} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{\cos^2 x}\, dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{1 - \sin^2 x}\, dx $$

ここで、$\sin x = t$ とおくと、$\cos x\, dx = dt$ である。$x$ の積分区間が $0 \to \dfrac{\pi}{4}$ のとき、$t$ の積分区間は $0 \to \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ となる。

$$ \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{1 - \sin^2 x}\, dx = \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{dt}{1 - t^2} $$

部分分数分解を行う。

$$ = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \left( \frac{1}{1+t} + \frac{1}{1-t} \right) dt $$

$$ = \frac{1}{2} \Big[ \log|1+t| - \log|1-t| \Big]_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} $$

$$ = \frac{1}{2} \left[ \log\left|\frac{1+t}{1-t}\right| \right]_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} $$

$$ = \frac{1}{2} \left( \log\frac{1 + \frac{1}{\sqrt{2}}}{1 - \frac{1}{\sqrt{2}}} - \log 1 \right) $$

$$ = \frac{1}{2} \log\frac{\sqrt{2} + 1}{\sqrt{2} - 1} $$

分母を有理化するために、分母分子に $\sqrt{2} + 1$ を掛ける。

$$ = \frac{1}{2} \log \frac{(\sqrt{2} + 1)^2}{(\sqrt{2})^2 - 1^2} = \frac{1}{2} \log(\sqrt{2} + 1)^2 = \log(\sqrt{2} + 1) $$

解説

問1は、「無理数である（有理数ではない）」という条件をどのように数式処理に組み込むかが問われています。「$A \times B = C$（有理数）」の形を作り、$A$ が無理数なら $B = 0$ でなければならない、という論法は証明問題などでもよく登場する重要な考え方です。

問2は、どちらも頻出の定積分です。(1) の $\displaystyle\int x f'(x)\, dx$ 型の部分積分、(2) の $\dfrac{1}{\cos x}$ の積分手順（分母分子に同じものを掛けて置換積分、そして部分分数分解）は、計算の定石として必ずマスターしておきたい手法です。