九州大学 1989年度理系数学第3問解答・解説

問題

(1) $a > 0$ ， $b > 0$ のとき，2曲線 $y = cos^{2} \frac{x}{a}$ と $y = sin^{2} \frac{x}{b}$ の交点の $x$ 座標で最小な正の値を求めよ．

(2) $a > 0$ として，4曲線

C_{1} : y = cos^{2} \frac{x}{a}, C_{2} : y = sin^{2} \frac{x}{a},

C_{3} : y = cos^{2} \frac{x}{a + 1}, C_{4} : y = sin^{2} \frac{x}{a + 1}

を考える． $p$ を $C_{1}$ と $C_{2}$ の交点の $x$ 座標で最小な正の値とし， $q$ を $C_{3}$ と $C_{4}$ の交点の $x$ 座標で最小な正の値とするとき， $p ≦ x ≦ q$ の範囲でこの4曲線によって囲まれる図形の面積を求めよ．

出典：九州大学 1989年度前期日程第2次学力試験理系第3問

方針

交点条件は $cos^{2} A = sin^{2} B$ を $cos 2 A + cos 2 B = 0$ に直し、和積の公式で候補を比較する。面積ではまず $p = \frac{π a}{4}$ 、 $q = \frac{π ( a + 1 )}{4}$ を出す。ただし、保存されている問題文の条件 $a > 0$ のままでは、 $0 < a < \frac{1}{2}$ で $C_{1}$ と $C_{2}$ が $[p, q]$ 内でもう一度交わり、4曲線が囲む単一の図形が定まらない。したがって単一領域として標準的に解ける $a ≧ \frac{1}{2}$ の場合を詳述し、条件不足の点を明示する。

解答

(1)

交点では $cos^{2} \frac{x}{a} = sin^{2} \frac{x}{b}$ である。 $sin^{2} T = \frac{1 - c o s 2 T}{2}$ 、 $cos^{2} T = \frac{1 + c o s 2 T}{2}$ を用いると、これは $cos \frac{2 x}{a} + cos \frac{2 x}{b} = 0$ と同値である。和積の公式より

2 cos (x (\frac{1}{a} + \frac{1}{b})) cos (x (\frac{1}{a} - \frac{1}{b})) = 0.

第一の因子が0となる正の最小値は $x (\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) = \frac{π}{2}$ から $x = \frac{π ab}{2 ( a + b )}$ である。第二の因子は、 $a \neq = b$ のとき正の最小値 $x = \frac{π ab}{2∣ a - b ∣}$ を与えるが、 $∣ a - b ∣ < a + b$ であるから、これは第一の値より大きい。 $a = b$ のとき第二の因子は $cos 0 = 1$ で0にならない。よって求める最小の正の値は $\frac{π ab}{2 ( a + b )}$ である。

(2)

まず $p = \frac{π a}{4}, q = \frac{π ( a + 1 )}{4}$ である。区間 $p ≦ x ≦ q$ では $0 < \frac{x}{a + 1} ≦ \frac{π}{4}$ なので、常に $C_{3} : cos^{2} \frac{x}{a + 1} ≧ C_{4} : sin^{2} \frac{x}{a + 1}$ である。

ここで注意すべき点がある。問題文の条件が $a > 0$ だけであると、 $0 < a < \frac{1}{2}$ のとき $\frac{3 π a}{4} < \frac{π ( a + 1 )}{4} = q$ となり、 $C_{1}$ と $C_{2}$ は $[p, q]$ の内部で再び交わる。したがって、この範囲では「この4曲線によって囲まれる図形」が単一には定まらず、どの成分の面積を求めるか、または全成分の和を求めるかを追加で指定する必要がある。

以下では、4曲線が $[p, q]$ で1つの図形を囲む標準的な場合、すなわち $a ≧ \frac{1}{2}$ として計算する。このとき $q ≦ \frac{3 π a}{4}$ であるから、 $[p, q]$ では $C_{2} : sin^{2} \frac{x}{a} ≧ C_{1} : cos^{2} \frac{x}{a}$ である。

上側の境界が $C_{2}$ から $C_{3}$ に変わる点を $r$ とする。これは $sin^{2} \frac{r}{a} = cos^{2} \frac{r}{a + 1}$ を満たす点であり、 $p < r < q$ にある点は $\frac{r}{a} + \frac{r}{a + 1} = \frac{π}{2}$ から $r = \frac{π a ( a + 1 )}{2 ( 2 a + 1 )}$ である。実際、

\frac{r}{p} = \frac{2 ( a + 1 )}{2 a + 1} > 1, \frac{r}{q} = \frac{2 a}{2 a + 1} < 1

なので $p < r < q$ である。この同じ点で下側の境界も $C_{1}$ から $C_{4}$ に変わる。

よって面積 $S$ は

S = \int_{p}^{r} (sin^{2} \frac{x}{a} - cos^{2} \frac{x}{a}) d x + \int_{r}^{q} (cos^{2} \frac{x}{a + 1} - sin^{2} \frac{x}{a + 1}) d x

である。すなわち $S = \int_{p}^{r} - cos \frac{2 x}{a} d x + \int_{r}^{q} cos \frac{2 x}{a + 1} d x .$ したがって

S = [- \frac{a}{2} sin \frac{2 x}{a}]_{p}^{r} + [\frac{a + 1}{2} sin \frac{2 x}{a + 1}]_{r}^{q} .

ここで $\frac{2 p}{a} = \frac{π}{2}, \frac{2 q}{a + 1} = \frac{π}{2}$ であり、また

\frac{2 r}{a} = \frac{π ( a + 1 )}{2 a + 1}, \frac{2 r}{a + 1} = \frac{π a}{2 a + 1}

である。さらに

sin \frac{π ( a + 1 )}{2 a + 1} = sin (π - \frac{π a}{2 a + 1}) = sin \frac{π a}{2 a + 1}

だから、

S = \frac{a}{2} (1 - sin \frac{π a}{2 a + 1}) + \frac{a + 1}{2} (1 - sin \frac{π a}{2 a + 1}) .

ゆえに $S = \frac{2 a + 1}{2} (1 - sin \frac{π a}{2 a + 1})$ である。

別解。 $a ≧ \frac{1}{2}$ の単一領域の場合、4曲線はいずれも直線 $y = \frac{1}{2}$ に関して上下対称に現れる。したがって、各 $x$ での縦の長さは、 $p ≦ x ≦ r$ では $C_{2} - C_{1}$ 、 $r ≦ x ≦ q$ では $C_{3} - C_{4}$ である。これは上の積分と同じで、境界の切り替わりだけを見れば計算できる。

九州大学 1989年度理系数学 第3問

問題

方針

解答

(1)

(2)

九州大学 1989年度
理系数学第3問