東京大学 1985年 理系 第1問 解説

方針・初手

曲線 $y = a \sin x$ と直線 $y = 1$ の交点の $x$ 座標を $\alpha$ とおき、$S_1$ および $S_2$ を $\alpha$ と $a$ を用いた定積分として表す。 面積の差 $S_2 - S_1$ を立式した後、変数を $\alpha$ に統一するか、あるいは $a$ の関数として微分し、最大値を求める。

解法1

$a \geqq 1$ であるから、$0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ において曲線 $y = a \sin x$ と直線 $y = 1$ はただ1つの交点を持つ。 その $x$ 座標を $\alpha$ とおくと、$0 < \alpha \leqq \frac{\pi}{2}$ であり、以下の関係が成り立つ。

$$ a \sin \alpha = 1 \iff \sin \alpha = \frac{1}{a} $$

まず、領域 $S_1$ の面積を求める。 $1 \leqq y \leqq a \sin x$ となる $x$ の範囲は $\alpha \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ であるから、

$$ \begin{aligned} S_1 &= \int_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}} (a \sin x - 1) dx \\ &= \Big[ -a \cos x - x \Big]_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \left( 0 - \frac{\pi}{2} \right) - ( -a \cos \alpha - \alpha ) \\ &= a \cos \alpha + \alpha - \frac{\pi}{2} \end{aligned} $$

次に、領域 $S_2$ の面積を求める。 条件より、$S_2$ は $y \leqq a \sin x$ と $y \leqq 1$ の共通部分である。 $0 \leqq x \leqq \alpha$ では $a \sin x \leqq 1$ であり、$\alpha \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ では $a \sin x \geqq 1$ であるため、

$$ \begin{aligned} S_2 &= \int_{0}^{\alpha} a \sin x dx + \int_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}} 1 dx \\ &= \Big[ -a \cos x \Big]_{0}^{\alpha} + \Big[ x \Big]_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= -a \cos \alpha + a + \frac{\pi}{2} - \alpha \end{aligned} $$

これらより、$S_2 - S_1$ を計算する。

$$ \begin{aligned} S_2 - S_1 &= \left( -a \cos \alpha + a + \frac{\pi}{2} - \alpha \right) - \left( a \cos \alpha + \alpha - \frac{\pi}{2} \right) \\ &= a - 2a \cos \alpha + \pi - 2\alpha \end{aligned} $$

ここで、$S_2 - S_1$ を $\alpha$ の関数 $f(\alpha)$ として表す。 $a = \frac{1}{\sin \alpha}$ であるから、

$$ f(\alpha) = \frac{1 - 2\cos \alpha}{\sin \alpha} + \pi - 2\alpha $$

これを $\alpha$ で微分する。

$$ \begin{aligned} f'(\alpha) &= \frac{(1 - 2\cos \alpha)' \sin \alpha - (1 - 2\cos \alpha)(\sin \alpha)'}{\sin^2 \alpha} - 2 \\ &= \frac{2\sin \alpha \cdot \sin \alpha - (1 - 2\cos \alpha) \cos \alpha}{\sin^2 \alpha} - 2 \\ &= \frac{2\sin^2 \alpha - \cos \alpha + 2\cos^2 \alpha}{\sin^2 \alpha} - 2 \\ &= \frac{2(\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha) - \cos \alpha}{\sin^2 \alpha} - 2 \\ &= \frac{2 - \cos \alpha - 2\sin^2 \alpha}{\sin^2 \alpha} \\ &= \frac{2 - \cos \alpha - 2(1 - \cos^2 \alpha)}{\sin^2 \alpha} \\ &= \frac{\cos \alpha (2\cos \alpha - 1)}{\sin^2 \alpha} \end{aligned} $$

$0 < \alpha \leqq \frac{\pi}{2}$ において $\sin^2 \alpha > 0$ かつ $\cos \alpha \geqq 0$ であるため、$f'(\alpha)$ の符号は $2\cos \alpha - 1$ の符号と一致する。 $f'(\alpha) = 0$ となるのは $\cos \alpha = \frac{1}{2}$、すなわち $\alpha = \frac{\pi}{3}$ のときである。

• $0 < \alpha < \frac{\pi}{3}$ のとき、$\frac{1}{2} < \cos \alpha < 1$ より $f'(\alpha) > 0$
• $\frac{\pi}{3} < \alpha \leqq \frac{\pi}{2}$ のとき、$0 \leqq \cos \alpha < \frac{1}{2}$ より $f'(\alpha) < 0$

したがって、$f(\alpha)$ は $\alpha = \frac{\pi}{3}$ で最大値をとる。 このとき、$a = \frac{1}{\sin \frac{\pi}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$ であり、最大値は以下のようになる。

$$ \begin{aligned} f\left(\frac{\pi}{3}\right) &= \frac{1 - 2 \cdot \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} + \pi - 2 \cdot \frac{\pi}{3} \\ &= 0 + \pi - \frac{2\pi}{3} \\ &= \frac{\pi}{3} \end{aligned} $$

解法2

$S_2 - S_1$ を $a$ の関数 $g(a)$ とし、直接 $a$ で微分する。 解法1と同様に、交点の $x$ 座標 $\alpha$ を用いると、

$$ S_2 - S_1 = a - 2a \cos \alpha + \pi - 2\alpha $$

$0 < \alpha \leqq \frac{\pi}{2}$ より $\cos \alpha \geqq 0$ であり、$\sin \alpha = \frac{1}{a}$ を用いると、

$$ \cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \frac{\sqrt{a^2 - 1}}{a} $$

これより $a \cos \alpha = \sqrt{a^2 - 1}$ となるため、関数 $g(a)$ は以下のように表せる。

$$ g(a) = a - 2\sqrt{a^2 - 1} + \pi - 2\alpha $$

これを $a$ で微分する。

$$ g'(a) = 1 - 2 \cdot \frac{2a}{2\sqrt{a^2 - 1}} - 2 \frac{d\alpha}{da} = 1 - \frac{2a}{\sqrt{a^2 - 1}} - 2 \frac{d\alpha}{da} $$

ここで、関係式 $\sin \alpha = \frac{1}{a}$ の両辺を $a$ で微分する。

$$ \cos \alpha \cdot \frac{d\alpha}{da} = -\frac{1}{a^2} $$

$$ \frac{d\alpha}{da} = -\frac{1}{a^2 \cos \alpha} = -\frac{1}{a^2 \cdot \frac{\sqrt{a^2 - 1}}{a}} = -\frac{1}{a \sqrt{a^2 - 1}} $$

これを $g'(a)$ に代入する。

$$ \begin{aligned} g'(a) &= 1 - \frac{2a}{\sqrt{a^2 - 1}} - 2 \left( -\frac{1}{a \sqrt{a^2 - 1}} \right) \\ &= 1 - \frac{2a^2 - 2}{a \sqrt{a^2 - 1}} \\ &= 1 - \frac{2(a^2 - 1)}{a \sqrt{a^2 - 1}} \\ &= 1 - \frac{2\sqrt{a^2 - 1}}{a} \end{aligned} $$

$g'(a) = 0$ とすると、

$$ 1 = \frac{2\sqrt{a^2 - 1}}{a} \iff a = 2\sqrt{a^2 - 1} $$

両辺は正であるから2乗して整理する。

$$ a^2 = 4(a^2 - 1) \iff 3a^2 = 4 $$

$a \geqq 1$ より $a = \frac{2\sqrt{3}}{3}$ を得る。 $1 \leqq a < \frac{2\sqrt{3}}{3}$ のとき、$a^2 < 4(a^2 - 1)$ が成り立たないため $a > 2\sqrt{a^2 - 1}$ となり $g'(a) > 0$ である。 $a > \frac{2\sqrt{3}}{3}$ のとき、$a^2 < 4(a^2 - 1)$ が成り立つため $a < 2\sqrt{a^2 - 1}$ となり $g'(a) < 0$ である。 したがって、$g(a)$ は $a = \frac{2\sqrt{3}}{3}$ で最大値をとる。

このとき $\sin \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$ より $\alpha = \frac{\pi}{3}$ であるから、最大値は、

$$ \begin{aligned} g\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right) &= \frac{2\sqrt{3}}{3} - 2\sqrt{\frac{4}{3} - 1} + \pi - 2 \cdot \frac{\pi}{3} \\ &= \frac{2\sqrt{3}}{3} - \frac{2\sqrt{3}}{3} + \frac{\pi}{3} \\ &= \frac{\pi}{3} \end{aligned} $$

解説

面積を立式する際、交点の $x$ 座標を文字 $\alpha$ で置くことが第一歩である。 立式後、最大値を求めるために微分を行うが、変数 $a$ と $\alpha$ が混在したままでは処理できない。 解法1のように全ての変数を $\alpha$ に統一して微分するか、解法2のように陰関数の微分を用いて $a$ の関数として直接微分するかのいずれかを選択することになる。 式の見通しとしては、三角関数に統一できる解法1の方が符号変化の判定が容易である。

答え

$a = \frac{2\sqrt{3}}{3}$ のとき、最大値 $\frac{\pi}{3}$