2021年(令和3年)東京大学-数学(理科)[5] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

[5]

$\alpha$ を正の実数とする． $0\leqq\theta\leqq\pi$ における $\theta$ の関数 $f(\theta)$ を，座標平面上の $2$ 点 ${\rm A}(−\alpha,−3)$ ， ${\rm P}(\theta+\sin\theta,\cos\theta)$ 間の距離 ${\rm AP}$ の $2$ 乗として定める．

(1) $0\lt\theta\lt\pi$ の範囲に $f′(\theta)$ となる $\theta$ がただ1つ存在することを示せ．

(2) 以下が成り立つような $\alpha$ の範囲を求めよ.

$0\leqq\theta\leqq\pi$ における $\theta$ の関数 $f(\theta)$ は，区間 $0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{2}$ のある点において最大になる．

サイクロイドの性質を利用したうまい解法(2021.03.02)
アポロニウスの最大最小問題 (2021.03.02)

2021.02.25記

[解答]

(1) $f'(\theta)=(\theta+\sin\theta+\alpha)(1+\cos\theta)-(\cos\theta+3)\sin\theta$ だから
$f'(\theta)=0\Longleftrightarrow \alpha=2\Bigl(\tan\dfrac{\theta}{2}-\dfrac{\theta}{2}\Bigr)$
となる．
$g(\theta)=2\Bigl(\tan\dfrac{\theta}{2}-\dfrac{\theta}{2}\Bigr)$ とおくと

$g'(\theta)=\dfrac{1}{\cos^2 \dfrac{\theta}{2}}-1\geqq 0$ より $g(x)$ の増減表をかくと

$\theta$	$0$	…	$\pi$
$g'(\theta)$	$0$	$+$
$g(\theta)$	$0$	$\nearrow$	$+\infty$

となるので $g(\theta)=\alpha$ なる $\theta$ ，つまり $f'(\theta)=\alpha$ なる $\theta$ が $0\lt\theta\lt\pi$ にただ1つ存在する．

(2) $f'(\theta)=0$ となる $\theta$ を $\theta(\alpha)$ とおくと $f'(\theta)=(1+\cos\theta)\alpha+\cdots$ となり， $1+\cos\theta\gt 0（0\lt\theta\lt \pi）$ であることから $f'(\theta)\gt 0\Longleftrightarrow \theta \lt \theta(\alpha)$ ， $f'(\theta)\lt 0\Longleftrightarrow \theta \gt \theta(\alpha)$ が成立するので， $f(\theta)$ は $\theta=\theta(\alpha)$ で極大かつ最大となる．

よって $0\lt\theta(\alpha)\lt\dfrac{\pi}{2}$ となるとき，
$0\lt\alpha\lt 2\Bigl(\tan\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{4}\Bigr)=2-\dfrac{\pi}{2}$

2021年(令和3年)大阪大学-数学(理系)[5] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR
も $\tan x=x$ についての出題．流行ってんの？

2021.02.27記
定数分離を思いつかなかった人は $f'''(\theta)$ を計算したそうだ．

$f'''(\theta)=-2(\theta+\alpha)\cos\theta$ から

$\theta$	$0$	…	$\dfrac{\pi}{2}$	…	$\pi$
$f'''(\theta)$		$-$	$0$	$+$
$f''(\theta)$	$0$	$\searrow$		$\nearrow$	$4$

という増減表が得られるので， $f''(\theta)=0$ なる $\theta\in(0,\pi)$ は唯一存在する．これを $p$ とおくと

$\theta$	$0$	…	$p$	…	$\pi$
$f''(\theta)$		$-$	$0$	$+$
$f'(\theta)$	$4\alpha(\gt 0)$	$\searrow$		$\nearrow$	$0$

という増減表が得られるので， $f'(\theta)=0$ なる $\theta\in(0,\pi)$ は唯一存在する．

のように計算したそうだ．この場合，(2) は $\dfrac{\pi}{2}$ より小さい値で $f'(\theta)$ が正から負の値になれば良いので， $f'\Bigl(\dfrac{\pi}{2}\Bigr)\lt 0$ が求める条件となる（これと問題文にある $0\lt \alpha$ ）．

2021.02.27記
一風変わった別解．
2等辺三角形 $\rm ABC$ の底辺 $\rm BC$ の中点を $\rm M$ とするとき， $\rm M$ 中心に直線 $\rm BC$ を反時計回りに $\theta$ 回転させた直線と $\rm AB$ ， $\rm AC$ の交点をそれぞれ $\rm P，Q$ とするとき，線分 $\rm PQ$ の長さの2乗を $f(\theta)$ とすると，もちろん $f'(\theta)=0$ で最小値は $\rm BC$ となることに関連した別解となっている．

[別解]

${\rm Q}(1+\cos\theta,\sin\theta)=2\cos\dfrac{\theta}{2}\Bigl(\cos \dfrac{\theta}{2}, \sin \dfrac{\theta}{2}\Bigr)$ ， ${\rm R}(-2,-(\alpha+\theta))$ とおくと， $\rm AP=QR$ が成立するので $f(\theta)=|\overrightarrow{\rm QR}|^2$ である．

ここで， $f'(\theta)=\dfrac{d\,|\overrightarrow{\rm QR}|^2}{d\theta}=\overrightarrow{\rm QR}\cdot\dfrac{d\overrightarrow{\rm QR}}{d\theta}=0$ であることと， $\overrightarrow{\rm QR}\perp\dfrac{d\overrightarrow{\rm QR}}{d\theta}$ であることは同値であるが， $\rm Q，R$ における接ベクトルはともに単位ベクトルであるから，この2つの接ベクトルの和が $\overrightarrow{\rm QR}$ に平行であれば良い．

ここで $\rm Q，R$ における接ベクトルの偏角は $\theta+\dfrac{\pi}{2}$ ， $\dfrac{3\pi}{2}$ であるから，その和の偏角は $\pi+\dfrac{\theta}{2}$ となるので， $\overrightarrow{\rm QR}$ の偏角が $\pi+\dfrac{\theta}{2}$ となれば良く， $\overrightarrow{\rm OQ}$ の偏角が $\dfrac{\theta}{2}$ に注意すると線分 $\rm QR$ が原点を通れば良い．よって $\overrightarrow{\rm OR}$ の偏角は $\pi+\dfrac{\theta}{2}$ となり， ${\rm R}\Bigl(-2,-2\tan\dfrac{\theta}{2}\Bigr)$ が成立するときである．

よって， $f'(\theta)=0\Longleftrightarrow \alpha+\theta=2\tan\dfrac{\theta}{2}$ が成立する．

（以下略）

2021.03.01記
もちろん，点 ${\rm P}(\theta+\sin\theta,\cos\theta)$ がサイクロイドを描くことは自明であり，その法線が点 $\rm A$ を通るときに $f(\theta)$ は停留することがわかる．このこと自体は

$f'(\theta)=\dfrac{d\,|\overrightarrow{\rm AP}|^2}{d\theta}=2\overrightarrow{\rm AP}\cdot\dfrac{d\overrightarrow{\rm AP}}{d\theta}=0$ であることと， $\overrightarrow{\rm AP}\perp\dfrac{d\overrightarrow{\rm AP}}{d\theta}$ であることが同値であることからわかる．というのも $\rm A$ からの距離が一定であれば接ベクトルと動径が直交することを述べているだけだからである．この前後で $f'(x)$ の符号が正から負に変化すれば極大値であることがわかり，その符号を追跡することによりその極大値が最大値であることが言えることになる訳だが，この流れにおいて，点 $\rm P$ がサイクロイドであることは登場してこない，と書いたところで重要なことを思い出した．

サイクロイドの縮閉線は同じ大きさのサイクロイドになるということだ．サイクロイドの縮閉線が同じ大きさのサイクロイドになる証明を利用して本問を考えると，上記の一風変わった別解になることがわかった．これは後に書くことにしよう．

2021.03.02記

サイクロイドの性質を念頭に置いた（けどサイクロイドが登場しない）別解

[うまい解答]

$f'(\theta)=\dfrac{d\,|\overrightarrow{\rm AP}|^2}{d\theta}=2\overrightarrow{\rm AP}\cdot\dfrac{d\overrightarrow{\rm AP}}{d\theta}=0$ と $\overrightarrow{\rm AP}\perp\dfrac{d\overrightarrow{\rm AP}}{d\theta}$ は同値，すなわち $\rm P$ が描く曲線の $\rm P$ における法線が点 $\rm A$ を通ることと $f'(\theta)=0$ は同値．

${\rm E}(\theta,-1)$ とおくと $\vec{\rm EP}=(\sin\theta,1+\cos\theta)$ であり， $\rm P$ における接ベクトルは $(1+\cos\theta,-\sin\theta)$ であるから，これらは直交するので， ${\rm P}$ における法線は $\rm E$ を通る． $\vec{\rm EP}=2\cos\dfrac{\theta}{2}\Bigl(\sin\dfrac{\theta}{2},\cos\dfrac{\theta}{2}\Bigr)$ の偏角が $\dfrac{\pi-\theta}{2}$ となることに注意すると， $\rm P$ における法線と $y=-3$ との交点の $x$ 座標は $\theta-2\tan\dfrac{\theta}{2}$ となるので，
$f'(\theta)=0\Longleftrightarrow -\alpha=\theta-2\tan\dfrac{\theta}{2}$ と同値．