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大阪大学 2018年理系第3問解説

方針・初手

2倍角の公式を用いて、各関数を $\sin t$ や $\cos t$ の式に変形することから始める。（1）は $\sin t$ の2次関数に帰着させるか、微分して増減を調べる。（2）は $f(t_1) = f(t_2)$ という条件から $\sin t_1$ と $\sin t_2$ の関係式（和が $1$ になること）を導出し、$g(t)^2$ の差を $1$ 変数の式として表して符号を判定する。（3）は（1）と（2）の結果から曲線の概形を把握し、媒介変数表示の面積公式 $S = \int y \,dx$ に従って積分を立式する。

解法1

(1)

与えられた関数 $f(t)$ を変形する。

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

$0 \leqq t \leqq \frac{\pi}{2}$ のとき $0 \leqq \sin t \leqq 1$ であるから、$\sin t = \frac{1}{2}$ すなわち $t = \frac{\pi}{6}$ のとき、$f(t)$ は最大値 $\frac{3}{2}$ をとる。

次に $g(t)$ を微分して増減を調べる。

$$ g'(t) = -2\sin t + 2\cos 2t = -2\sin t + 2(1 - 2\sin^2 t) = -2(2\sin^2 t + \sin t - 1) = -2(2\sin t - 1)(\sin t + 1) $$

$0 \leqq t \leqq \frac{\pi}{2}$ において $\sin t + 1 > 0$ であるから、$g'(t) = 0$ となるのは $\sin t = \frac{1}{2}$ すなわち $t = \frac{\pi}{6}$ のときである。 $0 \leqq t < \frac{\pi}{6}$ において $g'(t) > 0$、$\frac{\pi}{6} < t \leqq \frac{\pi}{2}$ において $g'(t) < 0$ となるため、$g(t)$ は $t = \frac{\pi}{6}$ で極大かつ最大となる。

$$ g\left(\frac{\pi}{6}\right) = 2\cos\frac{\pi}{6} + \sin\frac{\pi}{3} = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2} $$

よって、$g(t)$ の最大値は $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ である。

(2)

$f(t_1) = f(t_2)$ より、以下の等式が成り立つ。

$$ -2\sin^2 t_1 + 2\sin t_1 + 1 = -2\sin^2 t_2 + 2\sin t_2 + 1 $$

式を整理する。

$$ -2(\sin^2 t_1 - \sin^2 t_2) + 2(\sin t_1 - \sin t_2) = 0 $$

$$ -2(\sin t_1 - \sin t_2)(\sin t_1 + \sin t_2 - 1) = 0 $$

$0 \leqq t_1 < t_2 \leqq \frac{\pi}{2}$ において $\sin t$ は単調増加であるから $\sin t_1 < \sin t_2$ であり、$\sin t_1 - \sin t_2 \neq 0$ である。よって、$\sin t_1 + \sin t_2 - 1 = 0$ すなわち $\sin t_1 + \sin t_2 = 1$ が成り立つ。これと $\sin t_1 < \sin t_2$ を合わせると、$\sin t_1 < 1 - \sin t_1$ より $\sin t_1 < \frac{1}{2}$ である。

ここで $g(t)$ の平方を $\sin t$ で表す。

$$ g(t) = 2\cos t + 2\sin t\cos t = 2\cos t(1 + \sin t) $$

$$ g(t)^2 = 4\cos^2 t(1 + \sin t)^2 = 4(1 - \sin^2 t)(1 + \sin t)^2 $$

$s_1 = \sin t_1$、$s_2 = \sin t_2$ とおくと、$s_1 < \frac{1}{2}$ かつ $s_2 = 1 - s_1$ である。これを用いて $g(t_1)^2 - g(t_2)^2$ を計算する。

$$ \begin{aligned} g(t_1)^2 - g(t_2)^2 &= 4(1 - s_1^2)(1 + s_1)^2 - 4(1 - s_2^2)(1 + s_2)^2 \\ &= 4(1 - s_1)(1 + s_1)^3 - 4(1 - (1 - s_1))(1 + 1 - s_1)^3 \\ &= 4(1 - s_1)(1 + 3s_1 + 3s_1^2 + s_1^3) - 4s_1(8 - 12s_1 + 6s_1^2 - s_1^3) \\ &= 4(1 + 2s_1 - 2s_1^3 - s_1^4) - 4(8s_1 - 12s_1^2 + 6s_1^3 - s_1^4) \\ &= 4(1 - 6s_1 + 12s_1^2 - 8s_1^3) \\ &= 4(1 - 2s_1)^3 \end{aligned} $$

$s_1 < \frac{1}{2}$ より $1 - 2s_1 > 0$ であるから、$4(1 - 2s_1)^3 > 0$ となる。したがって、$g(t_1)^2 - g(t_2)^2 > 0$ が成り立つ。（証明終）

(3)

曲線 $C$ と直線 $x=1$ の交点の $t$ の値を求める。

$$ f(t) = -2\sin^2 t + 2\sin t + 1 = 1 $$

$$ -2\sin t(\sin t - 1) = 0 $$

$0 \leqq t \leqq \frac{\pi}{2}$ の範囲において、これを満たすのは $t = 0, \frac{\pi}{2}$ である。（1）より $x = f(t)$ は $t$ が $0 \to \frac{\pi}{6}$ のとき $1 \to \frac{3}{2}$ と単調増加し、$t$ が $\frac{\pi}{6} \to \frac{\pi}{2}$ のとき $\frac{3}{2} \to 1$ と単調減少する。同じ $x$ 座標をとる $t_1 \in \left[0, \frac{\pi}{6}\right)$ と $t_2 \in \left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$ について、（2）より $g(t_1)^2 > g(t_2)^2$ が成り立つ。 $0 \leqq t \leqq \frac{\pi}{2}$ において $g(t) = 2\cos t(1 + \sin t) \geqq 0$ であるから、$g(t_1) > g(t_2)$ である。

したがって、領域の上端の曲線は $t \in \left[0, \frac{\pi}{6}\right]$、下端の曲線は $t \in \left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$ に対応するため、面積 $S$ は次のように立式できる。

$$ S = \int_{1}^{\frac{3}{2}} (y_{\text{上}} - y_{\text{下}}) \,dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} g(t) f'(t) \,dt - \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}} g(t) f'(t) \,dt = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} g(t) f'(t) \,dt $$

被積分関数 $g(t) f'(t)$ を計算する。

$$ f'(t) = 2\cos t - 2\sin 2t = 2\cos t(1 - 2\sin t) $$

$$ \begin{aligned} g(t) f'(t) &= 2\cos t(1 + \sin t) \cdot 2\cos t(1 - 2\sin t) \\ &= 4\cos^2 t(1 - \sin t - 2\sin^2 t) \\ &= 4\cos^2 t - 4\sin t\cos^2 t - 8\sin^2 t\cos^2 t \end{aligned} $$

各項を $0$ から $\frac{\pi}{2}$ まで積分する。

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 4\cos^2 t \,dt = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + \cos 2t}{2} \,dt = 2 \left[ t + \frac{1}{2}\sin 2t \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \pi $$

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} -4\sin t\cos^2 t \,dt = 4 \left[ \frac{1}{3}\cos^3 t \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = -\frac{4}{3} $$

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} -8\sin^2 t\cos^2 t \,dt = -2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 2t \,dt = -2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 - \cos 4t}{2} \,dt = - \left[ t - \frac{1}{4}\sin 4t \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = -\frac{\pi}{2} $$

これらを足し合わせる。

$$ S = \pi - \frac{4}{3} - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{3} $$

解説

（2）の不等式証明において、$f(t_1) = f(t_2)$ から得られる「$\sin t_1 + \sin t_2 = 1$」という対称な関係式を見抜き、文字を減らすのがポイントである。（3）では、媒介変数表示の積分において $S = \int_{\alpha}^{\beta} y \frac{dx}{dt} \,dt$ の形にまとまる有名な性質が現れる。上側の曲線と下側の曲線を別々に積分区間を対応させて足し合わせることで、最終的に $0$ から $\frac{\pi}{2}$ までの通しの積分に簡略化できることに気づけると計算がスムーズになる。