k^n(n:自然数)

数学とときどき競技クイズ。

2018年北海道大学理系数学大問5

ついに最終問題です

2018年北海道大学理系数学大問5
2つの関数
    \begin{eqnarray} f(x)=\cos x,g(x)=\sqrt{\frac{\pi^2}{2}-x^2}-\frac{\pi}{2}\end{eqnarray}
がある。
(1)\begin{eqnarray}0 \le x \le \frac{\pi}{2}\end{eqnarray}のとき、不等式\begin{eqnarray}\frac{2}{\pi}x \le \sin x\end{eqnarray}が成り立つことを示せ。
(2)\begin{eqnarray}0 \le x \le \frac{\pi}{2}\end{eqnarray}のとき、不等式g(x)\le f(x)が成り立つことを示せ。
(3)\begin{eqnarray}0 \le x \le \frac{\pi}{2}\end{eqnarray}の範囲において、2つの曲線y=f(x),y=g(x)およびy軸が囲む部分の面積を求めよ。

北大らしい計算をするだけといった感じの問題ですね。(1)の主張が面白い。

(考察)
(1)とりあえず定石通り、片方に集めて微分してグラフの概形が分かれば解けますね。
(2)ルートが面倒なので2乗しちゃいましょう。非負なのかの確認を一言添えることを忘れずに。
(3)メインイベント。丁寧に計算しましょう。計算のパターンとしては十分有名なものなので見た途端に解法を思いつくべき問題です。最悪(3)だけでも答案は仕上げちゃいたい。


(解答)
(1)
\begin{eqnarray}h(x)=\sin x-\frac{2}{\pi}x\end{eqnarray}とおく。このときh(x) \ge 0を示せばよい。
\begin{eqnarray}h’(x)=\cos x-\frac{2}{\pi}\end{eqnarray}であり、\begin{eqnarray}0<\frac{2}{\pi}<1\end{eqnarray}より、\begin{eqnarray}\cos\alpha=\frac{2}{\pi}\end{eqnarray}を満たす\alpha\begin{eqnarray}0<\alpha<\frac{\pi}{2}\end{eqnarray}の範囲でただ1つ存在する。
よってh(x)の増減表は

x 0 \alpha \frac{\pi}{2}
h' + 0 -
h 0 h(\alpha) 0

よって、\begin{eqnarray}0 \le x \le \frac{\pi}{2}\end{eqnarray}のときh(x)\ge 0

(2)
f(x)-g(x) \ge 0を示せばよい。
    \begin{eqnarray} f(x)-g(x) & \ge& 0\\
\cos x -\sqrt{\frac{\pi^2}{2}-x^2}+\frac{\pi}{2}&\ge& 0\\
\cos x+\frac{\pi}{2} & \ge & \sqrt{\frac{\pi^2}{2}-x^2}\\
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}0 \le x \le \frac{\pi}{2}\end{eqnarray}のとき\begin{eqnarray}\cos x+\frac{\pi}{2} \ge \frac{\pi}{2}\end{eqnarray}は明らか。また\begin{eqnarray}\sqrt{\frac{\pi^2}{2}-x^2}\end{eqnarray}\begin{eqnarray}x = \frac{\pi}{2}\end{eqnarray}のときに最小値\begin{eqnarray}\frac{\pi}{2}\end{eqnarray}をとるので、両辺正だから、両辺を2乗しても同値。
よって\begin{eqnarray}(\cos x+\frac{\pi}{2})^2 & \ge & \frac{\pi^2}{2}-x^2 \end{eqnarray}を示せば十分。
つまり、\begin{eqnarray} x^2+\cos^2x+\pi\cos x-\frac{\pi^2}{4} \ge 0\end{eqnarray}を示せばよい。\begin{eqnarray} i(x)=x^2+\cos^2x+\pi\cos x-\frac{\pi^2}{4}\end{eqnarray}とおくと、(1)から
    \begin{eqnarray} i'(x)&=&2x-\sin{2x}-\pi\sin x\\
& \le & 2x-\sin{2x}-\pi\cdot \frac{2}{\pi}x\\
& = & 2x-\sin{2x}-2x\\
& = &-\sin{2x} \le 0\end{eqnarray}
よって、i(x)は単調減少なので、\begin{eqnarray}i(\frac{\pi}{2}) \ge 0\end{eqnarray}が言えればよいが、\begin{eqnarray}i(\frac{\pi}{2})=0\end{eqnarray}より、i(x) \ge 0

(3)
(2)より、\begin{eqnarray}0 \le x \le \frac{\pi}{2}\end{eqnarray}の範囲において、f(x)-g(x) \ge 0だから、
    \begin{eqnarray}\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos x -\sqrt{\frac{\pi^2}{2}-x^2}+\frac{\pi}{2})dx \end{eqnarray}
を求めればよい。
    \begin{eqnarray}\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos x -\sqrt{\frac{\pi^2}{2}-x^2}+\frac{\pi}{2})dx &=& 
\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos x +\frac{\pi}{2})dx-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{\pi^2}{2}-x^2}dx\\
&=&[ \sin x+\frac{\pi}{2}x ] ^{\frac{\pi}{2}}_0 - \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{\pi^2}{2}-x^2}dx\\
&=&1+\frac{\pi^2}{4} - \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{\pi^2}{2}-x^2}dx
\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{\pi^2}{2}-x^2}dx \end{eqnarray}について、\begin{eqnarray}x=\frac{\pi}{\sqrt{2}}\sin\theta\end{eqnarray}とおくと
    \begin{eqnarray}\frac{dx}{d\theta}=\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cos\theta\end{eqnarray}

x 0\to \frac{\pi}{2}
\theta 0 \to \frac{\pi}{4}

より、
    \begin{eqnarray}\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{\pi^2}{2}-x^2}dx &=& \int_0^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{\frac{\pi^2}{2}-\frac{\pi^2}{2}\sin^2\theta}\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cos\theta d\theta\\
&=&\frac{\pi^2}{2} \int_0^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{1-\sin^2\theta}\cos\theta d\theta\\
&=&\frac{\pi^2}{2} \int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos^2\theta d\theta\\
&=&\frac{\pi^2}{2} \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos 2\theta+1}{2} d\theta\\
&=&\frac{\pi^2}{4} [\frac{\sin 2\theta}{2}+\theta]_0^{\frac{\pi}{4}}\\
&=&\frac{\pi^2}{4}(\frac{1}{2}+\frac{\pi}{4})\\
&=&\frac{\pi^2}{8}+\frac{\pi^3}{16}
\end{eqnarray}

よって
    \begin{eqnarray}\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}(f(x)-g(x))dx &=& 1+\frac{\pi^2}{4} - (\frac{\pi^2}{8}+\frac{\pi^3}{16})\\
&=& 1+\frac{\pi^2}{8} - \frac{\pi^3}{16}\end{eqnarray}




基本的な積分計算でしたね。北大の積分にしては難易度が低めかなと思います。落とせない。
というわけで2018年の北大はこれにて終了!ほかの大学もまとめていきますよ~