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東京大学 2006年文系第4問解説

方針・初手

絶対値記号を含む関数の最小値を求める問題である。絶対値の中身の正負によって場合分けを行うのが定石である。

定義域 $-1 \leqq x \leqq 1$ において、$x+1 \geqq 0$ および $x-1 \leqq 0$ は常に成り立つため、対応する絶対値記号はそのまま、あるいは符号を反転させて外すことができる。問題となるのは $|x-\cos 2\theta|$ の部分である。

与えられた $\theta$ の範囲から $\cos 2\theta$ のとり得る値の範囲を求め、$x$ と $\cos 2\theta$ の大小関係で区間を分割して $f(x)$ を微分し、増減を調べる。

解法1

$-1 \leqq x \leqq 1$ において、$x+1 \geqq 0$、$x-1 \leqq 0$ であるから、

$$ |x+1| = x+1, \quad |x-1| = -(x-1) = 1-x $$

となる。また、$0^\circ < \theta < 45^\circ$ より $0^\circ < 2\theta < 90^\circ$ であるから、

$$ 0 < \cos 2\theta < 1 $$

である。したがって、$x$ と $\cos 2\theta$ の大小関係により、以下の2つの場合に分けて考える。

(i)

$-1 \leqq x \leqq \cos 2\theta$ のとき

$x - \cos 2\theta \leqq 0$ より、

$$ |x-\cos 2\theta| = \cos 2\theta - x $$

であるから、関数 $f(x)$ は次のように表される。

$$ f(x) = (x+1)^3 + (\cos 2\theta - x)^3 + (1-x)^3 $$

これを $x$ について微分すると、

$$ \begin{aligned} f'(x) &= 3(x+1)^2 - 3(\cos 2\theta - x)^2 - 3(1-x)^2 \\ &= 3 \{ (x^2+2x+1) - (x^2 - 2x\cos 2\theta + \cos^2 2\theta) - (x^2 - 2x + 1) \} \\ &= 3 \{ -x^2 + 2(2+\cos 2\theta)x - \cos^2 2\theta \} \\ &= -3 \{ x^2 - 2(2+\cos 2\theta)x + \cos^2 2\theta \} \end{aligned} $$

となる。$f'(x) = 0$ となる $x$ の値を求めるため、方程式 $x^2 - 2(2+\cos 2\theta)x + \cos^2 2\theta = 0$ を解くと、

$$ \begin{aligned} x &= (2+\cos 2\theta) \pm \sqrt{(2+\cos 2\theta)^2 - \cos^2 2\theta} \\ &= 2+\cos 2\theta \pm \sqrt{4 + 4\cos 2\theta} \\ &= 2+\cos 2\theta \pm 2\sqrt{1+\cos 2\theta} \end{aligned} $$

ここで、半角の公式 $\cos^2 \theta = \frac{1+\cos 2\theta}{2}$ と $0^\circ < \theta < 45^\circ$ より $\cos \theta > 0$ であることを用いると、$\sqrt{1+\cos 2\theta} = \sqrt{2\cos^2 \theta} = \sqrt{2}\cos \theta$ となる。

さらに、$\cos 2\theta = 2\cos^2 \theta - 1$ を代入すると、

$$ \begin{aligned} x &= 2\cos^2 \theta + 1 \pm 2\sqrt{2}\cos \theta \\ &= (\sqrt{2}\cos \theta \pm 1)^2 \end{aligned} $$

$0^\circ < \theta < 45^\circ$ より $\frac{1}{\sqrt{2}} < \cos \theta < 1$ であるから、$1 < \sqrt{2}\cos \theta < \sqrt{2}$ が成り立つ。

よって、$\sqrt{2}\cos \theta + 1 > 2$ であり、$x = (\sqrt{2}\cos \theta + 1)^2 > 4$ となるため、これは区間 $-1 \leqq x \leqq \cos 2\theta$ に含まれない。

一方、$\alpha = (\sqrt{2}\cos \theta - 1)^2$ とおくと、$0 < \sqrt{2}\cos \theta - 1 < \sqrt{2}-1$ より $0 < \alpha < (\sqrt{2}-1)^2$ である。

ここで、$\alpha$ と $\cos 2\theta$ の大小を比較すると、

$$ \begin{aligned} \cos 2\theta - \alpha &= (2\cos^2 \theta - 1) - (2\cos^2 \theta - 2\sqrt{2}\cos \theta + 1) \\ &= 2\sqrt{2}\cos \theta - 2 \\ &= 2(\sqrt{2}\cos \theta - 1) > 0 \end{aligned} $$

となるため、$0 < \alpha < \cos 2\theta$ が成り立つ。

したがって、区間 $-1 \leqq x \leqq \cos 2\theta$ において $f'(x) = 0$ となるのは $x = \alpha$ のみである。

この範囲での $f'(x)$ の符号変化を調べると、$x < \alpha$ のとき $f'(x) < 0$、$x > \alpha$ のとき $f'(x) > 0$ となるため、$f(x)$ は $x = \alpha$ で極小かつ最小となる。

(ii)

$\cos 2\theta \leqq x \leqq 1$ のとき

$x - \cos 2\theta \geqq 0$ より、

$$ |x-\cos 2\theta| = x - \cos 2\theta $$

であるから、関数 $f(x)$ は次のように表される。

$$ f(x) = (x+1)^3 + (x - \cos 2\theta)^3 + (1-x)^3 $$

これを $x$ について微分すると、

$$ \begin{aligned} f'(x) &= 3(x+1)^2 + 3(x - \cos 2\theta)^2 - 3(1-x)^2 \\ &= 3 \{ (x^2+2x+1) + (x^2 - 2x\cos 2\theta + \cos^2 2\theta) - (x^2 - 2x + 1) \} \\ &= 3 \{ x^2 + 2(2 - \cos 2\theta)x + \cos^2 2\theta \} \end{aligned} $$

この区間においては、$x > 0$、$2 - \cos 2\theta > 0$、$\cos^2 2\theta > 0$ であるから、常に $f'(x) > 0$ が成り立つ。

したがって、この区間で $f(x)$ は単調に増加する。

以上（i）, （ii）より、関数 $f(x)$ は $-1 \leqq x \leqq 1$ において $x = (\sqrt{2}\cos \theta - 1)^2$ のとき最小値をとる。

これを展開して $\cos \theta$ で表す。

$$ (\sqrt{2}\cos \theta - 1)^2 = 2\cos^2 \theta - 2\sqrt{2}\cos \theta + 1 $$

解説

絶対値を含む関数の最小値問題としては標準的であるが、微分した後に現れる式に三角関数が含まれており、計算力と見通しの良さが求められる。

特に、$f'(x)=0$ の解が二重根号のような形から $(\sqrt{2}\cos \theta \pm 1)^2$ と平方の形に整理できることに気づけるかが鍵となる。この変形には、$\sqrt{1+\cos 2\theta}$ が半角の公式を用いて $\sqrt{2}\cos \theta$ と簡潔になることの利用が不可欠である。

また、得られた解が考えている場合分けの定義域に含まれるかどうかの確認も、大小比較を用いて厳密に行う必要がある。