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長崎大学／2023年度／前期

5長崎大学 2023年 数学 第5問解答・解説

微分法極限

難易度勝負 レベル 5/10 目安 25分編集部の評価

対象教育・薬・歯・工など医学科は解かない

1問題

長崎大学2023年度第5問
下図のように、xyxy 座標平面上に、原点 O\mathrm{O} を中心とする単位円周上の動点 P(cos⁡θ, sin⁡θ) (0≦θ≦2π)\mathrm{P}(\cos\theta,\,\sin\theta)\ (0\leqq\theta\leqq2\pi) と xx 軸上の動点 Q(x, 0) (x>0)\mathrm{Q}(x,\,0)\ (x>0) がある。2 点 P, Q\mathrm{P},\,\mathrm{Q} 間の距離は a (a>1)a\ (a>1) で一定とし、定点 A(a+1, 0)\mathrm{A}(a+1,\,0) と動点 Q(x, 0)\mathrm{Q}(x,\,0) の 2 点間の距離を f(θ)f(\theta) とするとき、以下の問いに答えよ。ただし、(1) は答えのみでよい。

(1) f(0), f(π2), f(π)f(0),\ f\left(\dfrac{\pi}{2}\right),\ f(\pi) の値をそれぞれ求めよ。

(2) 点 Q\mathrm{Q} の xx 座標を a, θa,\,\theta を用いて表せ。

(3) f(θ)f(\theta) を a, θa,\,\theta を用いて表し、f(θ)f(\theta) の導関数 f′(θ)f'(\theta) を求め、f(θ)f(\theta) の増減を調べよ。

(4) 極限値 lim⁡θ→0f(θ)θ2\displaystyle\lim_{\theta\to0}\dfrac{f(\theta)}{\theta^{2}} を求めよ。
単位円周上の点 P と x 軸上の点 Q、A の位置の図

出典：長崎大学 2023年度 前期 数学 第5問

まずは自分で解いてみましょう。解けたら「答え」、詰まったら「解答」で確かめられます。

タイマー

15:00

2答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる
  • (1)
    f(0)=0f(0)=0、f(π2)=a+1−a2−1f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=a+1-\sqrt{a^{2}-1}、f(π)=2f(\pi)=2
  • (2)
    x=cos⁡θ+a2−sin⁡2θx=\cos\theta+\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta}
  • (3)
    f(θ)=a+1−cos⁡θ−a2−sin⁡2θf(\theta)=a+1-\cos\theta-\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta}、f′(θ)=sin⁡θ(1+cos⁡θa2−sin⁡2θ)f'(\theta)=\sin\theta\left(1+\dfrac{\cos\theta}{\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta}}\right)。0≦θ≦π0\leqq\theta\leqq\pi で増加、π≦θ≦2π\pi\leqq\theta\leqq2\pi で減少
  • (4)
    a+12a\dfrac{a+1}{2a}

3解答

解答を見る途中式つきの解答

考え方

PQ=a\mathrm{PQ}=a を座標で書くと xx の 2 次方程式になり、x>0x>0 の解を選ぶ。f′(θ)f'(\theta) の括弧の中は、a>1a>1 から a2−sin⁡2θ>∣cos⁡θ∣\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta}>|\cos\theta| となって正なので、符号は sin⁡θ\sin\theta で決まる。(4) は a−a2−sin⁡2θa-\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta} を有理化する。

解答

PQ2=(x−cos⁡θ)2+sin⁡2θ=a2\mathrm{PQ}^{2}=(x-\cos\theta)^{2}+\sin^{2}\theta=a^{2} より x=cos⁡θ±a2−sin⁡2θx=\cos\theta\pm\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta}。a>1a>1 より a2−sin⁡2θ>1−sin⁡2θ=∣cos⁡θ∣\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta}>\sqrt{1-\sin^{2}\theta}=|\cos\theta| だから、x>0x>0 となるのは x=cos⁡θ+a2−sin⁡2θx=\cos\theta+\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta} のほうである。

(1)

θ=0\theta=0 のとき x=a+1x=a+1、θ=π2\theta=\dfrac{\pi}{2} のとき x=a2−1x=\sqrt{a^{2}-1}、θ=π\theta=\pi のとき x=a−1x=a-1。よって
f(0)=0,f(π2)=a+1−a2−1,f(π)=2. f(0)=0,\quad f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=a+1-\sqrt{a^{2}-1},\quad f(\pi)=2.

(2)

はじめに求めたとおり x=cos⁡θ+a2−sin⁡2θx=\cos\theta+\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta}。

(3)

x≦1+ax\leqq1+a だから
f(θ)=a+1−x=a+1−cos⁡θ−a2−sin⁡2θ. f(\theta)=a+1-x=a+1-\cos\theta-\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta}.
f′(θ)=sin⁡θ+sin⁡θcos⁡θa2−sin⁡2θ=sin⁡θ(1+cos⁡θa2−sin⁡2θ). f'(\theta)=\sin\theta+\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta}}=\sin\theta\left(1+\dfrac{\cos\theta}{\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta}}\right).
a2−sin⁡2θ>∣cos⁡θ∣\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta}>|\cos\theta| より括弧の中は正だから、f′(θ)f'(\theta) の符号は sin⁡θ\sin\theta と同じである。よって f(θ)f(\theta) は 0≦θ≦π0\leqq\theta\leqq\pi で増加し、π≦θ≦2π\pi\leqq\theta\leqq2\pi で減少する（最大値 f(π)=2f(\pi)=2、最小値 f(0)=f(2π)=0f(0)=f(2\pi)=0）。

(4)

f(θ)=(1−cos⁡θ)+(a−a2−sin⁡2θ)=(1−cos⁡θ)+sin⁡2θa+a2−sin⁡2θ. f(\theta)=(1-\cos\theta)+\left(a-\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta}\right)=(1-\cos\theta)+\dfrac{\sin^{2}\theta}{a+\sqrt{a^{2}-\sin^{2}\theta}}.
lim⁡θ→01−cos⁡θθ2=12\displaystyle\lim_{\theta\to0}\dfrac{1-\cos\theta}{\theta^{2}}=\dfrac{1}{2}、lim⁡θ→0sin⁡2θθ2=1\displaystyle\lim_{\theta\to0}\dfrac{\sin^{2}\theta}{\theta^{2}}=1 だから
lim⁡θ→0f(θ)θ2=12+12a=a+12a. \lim_{\theta\to0}\dfrac{f(\theta)}{\theta^{2}}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2a}=\dfrac{a+1}{2a}.

読み終えたら解答を閉じて、もう一度自分の手で解いてみましょう。

この問題で使う考え方

  • 2点間の距離
  • 合成関数の微分
  • 増減表
  • 三角関数の極限

答えと解答は編集部が AI で作成したもので、大学が公表したものではありません。誤りに気づいたらお問い合わせから教えてください。

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