【数III微分】第二次導関数を用いて最大値を求める(千葉大2016第11問)

三平方の定理を用いる

(1) から進めます。

まず，接線の傾きを求めます。

$y=\sin x$ より
$y’=\cos x$

次に，三平方の定理を用いて

$X^2+Y^2=r^2$ ・・・①

という式を作ります。

また，接線の傾き，つまり $\cfrac{y の変化量}{x の変化量}$ が分かっているので

$\cfrac{Y}{X}=\cos t$
$Y=X\cos t$

となります。

これを①に代入すると

$X^2+(X\cos t)^2=r^2$
$X^2+X^2\cos^2 t=r^2$
$X^2(1+\cos^2 t)=r^2$
$X^2=\cfrac{r^2}{1+\cos^2 t}$

$X$ ＞ $0$ だから

$X=\cfrac{r}{\sqrt{1+\cos^2 t}}$

よって

$Y=\cfrac{r\cos t}{\sqrt{1+\cos^2 t}}$

となります。これらを点 P の座標に加えたものが Q の座標だから

Q$\Big(t+\cfrac{r}{\sqrt{1+\cos^2 t}},\space\sin t+\cfrac{r\cos t}{\sqrt{1+\cos^2 t}}\Big)$ （答え）

第二次導関数を用いて最大値を考える

(2) に進みます。

最大値は，関数を微分して微分係数が $0$ になるポイントを見つけることで求めることができます。つまり Q の $y$ 座標を微分して，微分係数が $0$ かつ $t=\cfrac{\pi}{4}$ となるようにすればよいことになります。

この方針にもとづいて，実際に $y$ 座標を微分してみましょう。

$f(t)=\sin t+\cfrac{r\cos t}{\sqrt{1+\cos^2 t}}$ として

$f'(t)=\cos t+\cfrac{(r\cos t)’\sqrt{1+\cos^2 t}-r\cos t(\sqrt{1+\cos^2 t})’}{(\sqrt{1+\cos^2 t})^2}$

微分が複雑になってきたので，部分ごとに考えます。

$(r\cos t)’=(r)’\cos t+r(\cos t)’$
$=0\cdot\cos t+r(-\sin t)$
$=-r\sin t$

$(\sqrt{1+\cos^2 t})’=\{(1+\cos^2 t)^{\small{\frac{1}{2}}}\}’$
$=\cfrac{1}{2}(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{1}{2}}}\cdot(1+\cos^2 t)’$
$=\cfrac{1}{2}(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{1}{2}}}\cdot 2\cos t\cdot(-\sin t)$
$=-(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{1}{2}}}\cdot \cos t\cdot\sin t$

よって

$f'(t)=\cos t+\cfrac{(-r\sin t)\sqrt{1+\cos^2 t}-r\cos t\{-(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{1}{2}}}\cdot\cos t\cdot\sin t\}}{1+\cos^2 t}$
$=\cos t+\cfrac{-r\sin t\sqrt{1+\cos^2 t}+r\sin t\cos^2 t(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{1}{2}}}}{1+\cos^2 t}$

$=\cos t-\cfrac{r\sin t\sqrt{1+\cos^2 t}}{1+\cos^2 t}+\cfrac{r\sin t\cos^2 t(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{1}{2}}}}{1+\cos^2 t}$
$=\cos t-\cfrac{r\sin t\sqrt{1+\cos^2 t}}{1+\cos^2 t}+\cfrac{r\sin t\cos^2 t}{(1+\cos^2 t)\sqrt{1+\cos^2 t}}$
$=\cos t-\cfrac{r\sin t(1+\cos^2 t)}{1+\cos^2 t\sqrt{1+\cos^2 t}}+\cfrac{r\sin t\cos^2 t}{(1+\cos^2 t)\sqrt{1+\cos^2 t}}$
$=\cos t-\cfrac{r\sin t(1+\cos^2 t)-r\sin t\cos^2 t}{(1+\cos^2 t)\sqrt{1+\cos^2 t}}$
$=\cos t-\cfrac{r\sin t(1+\cos^2 t-\cos^2 t)}{(1+\cos^2 t)\sqrt{1+\cos^2 t}}$
$=\cos t-\cfrac{r\sin t}{(1+\cos^2 t)\sqrt{1+\cos^2 t}}$

$t=\cfrac{\pi}{4}$ とすると

$\sin\cfrac{\pi}{4}=\cos\cfrac{\pi}{4}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$
$=\cfrac{\sqrt{2}}{2}-\cfrac{\cfrac{\sqrt{2}}{2}r}{\Big(1+\cfrac{1}{2}\Big)\sqrt{1+\cfrac{1}{2}}}$
$=\cfrac{\sqrt{2}}{2}-\cfrac{\cfrac{\sqrt{2}}{2}r}{\Big(1+\cfrac{1}{2}\Big)\sqrt{1+\cfrac{1}{2}}}$
$=\cfrac{\sqrt{2}}{2}-\cfrac{\cfrac{\sqrt{2}}{2}r}{\cfrac{3}{2}\sqrt{\cfrac{3}{2}}}$
$=\cfrac{\sqrt{2}}{2}-\cfrac{\cfrac{\sqrt{2}}{2}r}{\cfrac{3}{2}\cdot\cfrac{\sqrt{6}}{2}}$
$=\cfrac{\sqrt{2}}{2}-\cfrac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{6}}\space r=0$
$\cfrac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{6}}\space r=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$
$r=\cfrac{6\sqrt{3}}{4\sqrt{2}}$
$=\cfrac{3\sqrt{6}}{4}$

これでいったん答えは出たように見えますが，ここで求めたのはあくまで極値であって，これが最大値であるかどうかは分かりません。

$f'(t)=\cos t-\cfrac{r\sin t}{(1+\cos^2 t)\sqrt{1+\cos^2 t}}$
$=\cos t-r\sin t(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{3}{2}}}$
$f”(t)=-\sin t-(r\sin t)'(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{3}{2}}}-r\sin t\{(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{3}{2}}}\}’$
$=-\sin t-r\cos t(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{3}{2}}}+\cfrac{3}{2}\space r\sin t(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{5}{2}}}(1+\cos^2 t)’$
$=-\sin t-r\cos t(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{3}{2}}}+\cfrac{3}{2}\space r\sin t(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{5}{2}}}\cdot 2\cos t(-\sin t)$
$=-\sin t-r\cos t(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{3}{2}}}-3r\sin^2 t\cos t(1+\cos^2 t)^{\small{-\frac{5}{2}}}$

$0$ ≦ $t$ ≦ $\cfrac{\pi}{2}$ より，$\sin t$ ≧ $0$，$\cos t$ ≧ $0$ だから

$f”(t)$ ≦ 0

また，$t=0$ のときを考えると

$f”(0)=-0-r\cdot 1\cdot(1+1)^{\small{-\frac{3}{2}}}-0=-2r$

$r$ ＞ $0$ より

$f”(t)$ ＜ $0$

増減表は

$t$	$\cdots$	$\frac{\pi}{4}$	$\cdots$
$f'(t)$	$+$	$0$	$-$
$f”(t)$	$-$	$-$	$-$
$f(t)$		最大

したがって，$r=\cfrac{3\sqrt{6}}{4}$ で最大となる。（答え）