信州大学(数学科) 2023年　問題5


$実数 \ \theta \ は \ \ 0 < \theta < \cfrac{\pi}{2}\ \ を満たすとする。2\ つの関数 \ x(t)\ と \ y(t)\ を次で定義する。$
$\qquad x(t)=\cos (\theta + (\pi -2\theta)t),\quad y(t)=\sin (\theta + (\pi -2\theta)t)$
$このとき、次の問いに答えよ。$
\[(1)\ \ 次の定積分の値を \ \theta \ を用いて表せ。 \qquad \int_0^1\cfrac{\sqrt{\{x'(t)\}^2+\{y'(t)\}^2}}{y(t)} dt\] $(2)\ \ (1)の定積分の値を \ f(\theta)\ とおくとき、次の不等式が成り立つことを示せ。$
$\hspace{5em} f(\theta) \leqq \cfrac{2}{\tan \theta }\ \ (0 < \theta < \cfrac{\pi}{2})$


(1)


$x(t)=\cos (\theta + (\pi -2\theta)t) \quad より \quad x'(t)=-(\pi-2\theta)\sin (\theta + (\pi -2\theta)t)$

$y(t)=\sin (\theta + (\pi -2\theta)t) \quad より \quad y'(t)= (\pi-2\theta)\cos (\theta + (\pi -2\theta)t)$

\begin{eqnarray*} & &\{x'(t)\}^2+\{y'(t)\}^2\\ \\ &=&(\pi-2\theta)^2\sin ^2(\theta + (\pi -2\theta)t) + (\pi-2\theta)^2\cos ^2(\theta + (\pi -2\theta)t)\\ \\ &=&(\pi-2\theta)^2 \end{eqnarray*}
$0 < \theta < \cfrac{\pi}{2}\ \ より \quad 0 < 2\theta < \pi \qquad \therefore \ \ \pi -2\theta > 0$

$よって \quad \sqrt{\{x'(t)\}^2+\{y'(t)\}^2} =\sqrt{(\pi-2\theta)^2}=\pi-2\theta$

\begin{eqnarray*} I &=&\int_0^1\cfrac{\sqrt{\{x'(t)\}^2+\{y'(t)\}^2}}{y(t)} dt\\ \\ &=&\int_0^1\cfrac{\pi -2\theta }{\sin (\theta + (\pi -2\theta)t)} dt\\ \\ &=&\int_0^1\cfrac{(\pi - 2\theta)(\sin(\theta +(\pi -2\theta)t) }{\sin ^2(\theta + (\pi -2\theta)t)} dt\\ \\ &=&\int_0^1\cfrac{(\pi - 2\theta)(\sin(\theta +(\pi -2\theta)t) }{1-\cos ^2(\theta + (\pi -2\theta)t)} dt\\ \end{eqnarray*}
$u=\cos (\theta + (\pi -2\theta)t ) \quad とおくと \quad du=-(\pi -2\theta )\sin (\theta + (\pi -2\theta)t) dt$

\[ \quad \begin{array}{c|c} t & 0\ \ \rightarrow 1 \quad \\ \hline u & \cos \theta \rightarrow -\cos \theta \\ \end{array} \]
\begin{eqnarray*} I &=&\int _{\cos \theta}^{-\cos \theta} \cfrac{-du}{1-u^2}\\ \\ &=&\cfrac{1}{2}\int _{-\cos \theta}^{\cos \theta} \big(\cfrac{1}{1+u}+\cfrac{1}{1-u}\big)du\\ \\ &=&\cfrac{1}{2}\big[\log (1+u)-\log (1-u)\big] _{-\cos \theta}^{\cos \theta}\\ \\ &=&\cfrac{1}{2}\{\log (1+\cos \theta )-\log (1-\cos \theta) -\log (1 - \cos \theta) + \log (1+\cos \theta)\}\\ \\ &=&\log (1+\cos \theta )-\log (1-\cos \theta) \\ \\ &=&\log 2\cos ^2 \cfrac{\theta}{2}- \log 2 \sin ^2 \cfrac{\theta}{2}\\ \\ &=&\log 2+ 2\log \cos \cfrac{\theta}{2}- (\log 2 + 2\log \sin \cfrac{\theta}{2})\\ \\ &=&2(\log \cos \cfrac{\theta}{2}- \log \sin \cfrac{\theta}{2})\\ \\ &=&2\log \cfrac{\cos \cfrac{\theta}{2}}{\sin \cfrac{\theta}{2}}\\ \\ &=&2\log \cfrac{1}{\tan \cfrac{\theta}{2}}\\ \\ &=&-2\log \tan \cfrac{\theta}{2}\\ \end{eqnarray*}

(2)


$(1)より \quad f(\theta)=-2\log \tan \cfrac{\theta}{2} \quad だから \quad -2\log \tan \cfrac{\theta}{2} \leqq \cfrac{2}{\tan \theta} \quad を示せばよい。$

$\tan \cfrac{\theta}{2}=s \quad とおくと \quad 0 < \cfrac{\theta}{2}< \cfrac{\pi}{4} \quad だから \quad 0 < s < 1$

$\tan \theta =\cfrac{2s}{1-s^2} \quad より \quad -\log s \leqq \cfrac{1-s^2}{2s}$

$結局 \quad -\log s \leqq \cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{s}-s) \quad を示せばよいので$

$h(s)=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{s}-s) +\log s \ \ (0 < s < 1) \quad とおくと$

\begin{eqnarray*} h'(s) &=&\cfrac{1}{2}\big(-\cfrac{1}{s^2}-1\big)+\cfrac{1}{s}\\ \\ &=&-\big(\cfrac{1}{2s^2} + \cfrac{1}{2} -\cfrac{1}{s}\big)\\ \\ &=&-\cfrac{1+s^2-2s}{2s^2}\\ \\ &=&-\cfrac{(s-1)^2}{2s^2}\\ \\ &<&0 \end{eqnarray*}
$h(s)\ は単調減少だから \quad h(s)>h(1)=0$

$よって \quad \cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{s}-s) +\log s > 0 \quad だから \quad -\log s < \cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{s}-s) $

$したがって　等号を含めて \quad f(\theta) \leqq \cfrac{2}{\tan \theta }\ \ がなりたつ。$


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