【解説・採点基準付き】2006年九州大学理系数学の解答・解説

次の問いに答えよ。ただし、 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{\log x}{x}=0$ であること、また、 $e$ は自然対数の底で、 $e<3$ であることを用いてよい。

(1) 自然数 $n$ に対して、方程式 $\dfrac{\log x}{x}=\dfrac{1}{3n}$ は $x>0$ の範囲にちょうど2つの実数解をもつことを示せ。

(2) (1) の2つの実数解を $\alpha_n,\ \beta_n\ (\alpha_n<\beta_n)$ とするとき、

$$1<\alpha_n<e^{1/n},\qquad ne<\beta_n$$

が成り立つことを示せ。また、 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\alpha_n$ を求めよ。

(1)　配点 20点

$g(x)=\dfrac{\log x}{x}\ (x>0)$ とおく。方程式 $\dfrac{\log x}{x}=\dfrac{1}{3n}$ の実数解は、 $y=g(x)$ のグラフと直線 $y=\dfrac{1}{3n}$ の交点の $x$ 座標である。

$$g'(x)=\frac{\dfrac1x\cdot x-\log x}{x^2}=\frac{1-\log x}{x^2}$$

$\dfrac{1}{x^2}>0$ なので、 $g'(x)$ の符号は $1-\log x$ の符号と一致する。 $y=1-\log x$ は減少し、 $x=e$ で $0$ になるので、 $0<x<e$ で正、 $x>e$ で負である（下の図）。

よって、 $g(x)$ は $0<x\leqq e$ で増加し、 $x\geqq e$ で減少する。最大値は $g(e)=\dfrac1e$ である。

両端の極限を調べる。

・$x\to+0$ のとき　 $\log x\to-\infty$、 $\dfrac1x\to\infty$ なので不定形ではなく、 $g(x)=\log x\cdot\dfrac1x\to-\infty$

・$x\to\infty$ のとき　与えられた式より $g(x)\to0$

また、 $x>e$ では $\log x>0$ なので $g(x)>0$ である。以上より、増減表は次のようになる。

一方、 $e<3$ より

$$0<\frac{1}{3n}\leqq\frac13<\frac1e$$

$0<x\leqq e$ では、 $g(x)$ は連続で増加し、 $-\infty$ から $\dfrac1e$ までのすべての値をとるので、 $g(x)=\dfrac{1}{3n}$ となる $x$ はちょうど1つある。

$x\geqq e$ では、 $g(x)$ は連続で減少し、 $\dfrac1e$ から $0$ に近づく（ $0$ より大きい値をとり続ける）ので、 $g(x)=\dfrac{1}{3n}$ となる $x$ はちょうど1つある。

どちらの解も $x=e$ ではない（ $g(e)=\dfrac1e\neq\dfrac{1}{3n}$）。よって、方程式は $x>0$ の範囲にちょうど2つの実数解をもつ（下の図）。

(2)　配点 30点

(1) より、 $\alpha_n$ は $g$ が増加する区間 $0<x<e$ に、 $\beta_n$ は $g$ が減少する区間 $x>e$ にある。

$\alpha_n$ について。 $g(1)=0<\dfrac{1}{3n}$ である。また、 $n\geqq1$ より $1<e^{1/n}\leqq e$ であり

$$g\left(e^{1/n}\right)=\frac{\ \dfrac1n\ }{e^{1/n}}=\frac{1}{ne^{1/n}}>\frac{1}{3n}\qquad\left(e^{1/n}\leqq e<3\ \text{より}\ ne^{1/n}<3n\right)$$

よって $g(1)<g(\alpha_n)<g\left(e^{1/n}\right)$ で、 $1$、 $\alpha_n$、 $e^{1/n}$ はどれも $g$ が増加する区間 $0<x\leqq e$ にあるので

$$1<\alpha_n<e^{1/n}$$

$\beta_n$ について。 $ne\geqq e$ であり

$$g(ne)-\frac{1}{3n}=\frac{\log n+1}{ne}-\frac{1}{3n}=\frac{3(1+\log n)-e}{3ne}$$

$n\geqq1$ より $\log n\geqq0$ なので $3(1+\log n)\geqq3>e$。よって $g(ne)>\dfrac{1}{3n}=g(\beta_n)$。 $ne$、 $\beta_n$ はどちらも $g$ が減少する区間 $x\geqq e$ にあるので

$$ne<\beta_n$$

$n\to\infty$ のとき $\dfrac1n\to0$ なので、 $e^{1/n}\to e^0=1$（不定形ではない）。 $1<\alpha_n<e^{1/n}$ とはさみうちの原理より

答　$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\alpha_n=1$

別解（ $\alpha_n$ の評価を対数で示す）　 $\alpha_n$ は方程式の解なので $\log\alpha_n=\dfrac{\alpha_n}{3n}$。 $\alpha_n>0$ より $\log\alpha_n>0$、すなわち $\alpha_n>1$。また (1) より $\alpha_n<e<3$ なので $\log\alpha_n=\dfrac{\alpha_n}{3n}<\dfrac{3}{3n}=\dfrac1n$、すなわち $\alpha_n<e^{1/n}$。

$\triangle\mathrm{OAB}$ において、辺OBの中点をM、辺ABを $\alpha:1-\alpha$ に内分する点をPとする。ただし、 $0<\alpha<1$ とする。線分OPとAMの交点をQとし、Qを通り、線分AMに垂直な直線が、辺OAまたはその延長と交わる点をRとする。 $\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\vec a$、 $\overrightarrow{\mathrm{OB}}=\vec b$ として、次の問いに答えよ。

(1) ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$ を $\vec a$、 $\vec b$ および $\alpha$ を用いて表せ。

(2) $|\vec a|=2$、 $|\vec b|=3$、 $\angle\mathrm{AOB}=\theta$ で $\cos\theta=\dfrac16$ とする。このとき、ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{OR}}$ を $\vec a$ と $\alpha$ を用いて表せ。

(3) (2) の条件のもとで、点Rが辺OAの中点であるときの $\alpha$ の値を求めよ。

(1)　配点 20点

Pは辺ABを $\alpha:1-\alpha$ に内分するので

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(1-\alpha)\vec a+\alpha\vec b$$

Qは線分OP上の点なので、実数 $k$ を用いて

$$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=k\overrightarrow{\mathrm{OP}}=k(1-\alpha)\vec a+k\alpha\vec b$$

と表せる。また、Qは線分AM上の点で、 $\overrightarrow{\mathrm{OM}}=\dfrac12\vec b$ なので、実数 $s$ を用いて

$$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(1-s)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+s\overrightarrow{\mathrm{OM}}=(1-s)\vec a+\frac s2\vec b$$

と表せる（下の図）。

$\vec a$、 $\vec b$ は1次独立なので、係数を比べて

$$k(1-\alpha)=1-s,\qquad k\alpha=\frac s2$$

2つ目の式から $s=2k\alpha$。これを1つ目の式に代入すると $k(1-\alpha)=1-2k\alpha$ より $k(1+\alpha)=1$ なので、 $k=\dfrac{1}{1+\alpha}$。

答　$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(1-\alpha)\vec a+\alpha\vec b$、 $\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\dfrac{1-\alpha}{1+\alpha}\vec a+\dfrac{\alpha}{1+\alpha}\vec b$

答えは、 $\alpha=\dfrac12$ のとき（Pが辺ABの中点で、Qは $\triangle\mathrm{OAB}$ の重心） $\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\dfrac13\vec a+\dfrac13\vec b$ となることで検算できる。

別解（変数1つで、係数の和を1にする）　 $\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=k\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ を、線分AM上の点の形に変形する。 $\vec b=2\overrightarrow{\mathrm{OM}}$ なので

$$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=k(1-\alpha)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+2k\alpha\overrightarrow{\mathrm{OM}}$$

Qは線分AM上にあるので、係数の和は1である。よって $k(1-\alpha)+2k\alpha=1$ より $k=\dfrac{1}{1+\alpha}$ となり、同じ答えを得る。

(2)　配点 20点

$|\vec a|=2$、 $|\vec b|=3$、 $\cos\theta=\dfrac16$ より

$$\vec a\cdot\vec b=|\vec a||\vec b|\cos\theta=2\cdot3\cdot\frac16=1$$

$\overrightarrow{\mathrm{AM}}=\overrightarrow{\mathrm{OM}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\dfrac12\vec b-\vec a$ である。このあと何度も使う内積を先に求めておくと

$$\vec a\cdot\overrightarrow{\mathrm{AM}}=\frac12\vec a\cdot\vec b-|\vec a|^2=\frac12-4=-\frac72,\qquad\vec b\cdot\overrightarrow{\mathrm{AM}}=\frac12|\vec b|^2-\vec a\cdot\vec b=\frac92-1=\frac72$$

Rは直線OA上の点なので、実数 $r$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{OR}}=r\vec a$ とおける。(1) より

$$\overrightarrow{\mathrm{QR}}=\overrightarrow{\mathrm{OR}}-\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=r\vec a-\frac{(1-\alpha)\vec a+\alpha\vec b}{1+\alpha}$$

直線QRはAMに垂直なので（下の図）、 $\overrightarrow{\mathrm{QR}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AM}}=0$ である。

先に求めた内積を代入すると

$$r\cdot\left(-\frac72\right)-\frac{(1-\alpha)\cdot\left(-\dfrac72\right)+\alpha\cdot\dfrac72}{1+\alpha}=0$$

両辺に $-\dfrac27$ を掛けて

$$r+\frac{-(1-\alpha)+\alpha}{1+\alpha}=0\iff r=\frac{1-2\alpha}{1+\alpha}$$

答　$\overrightarrow{\mathrm{OR}}=\dfrac{1-2\alpha}{1+\alpha}\vec a$

$r$ の符号から、Rの位置が分かる。 $0<\alpha<\dfrac12$ のときは $r>0$ でRは辺OA上（上の図の左）、 $\alpha=\dfrac12$ のときは $\mathrm{R}=\mathrm{O}$ 、 $\dfrac12<\alpha<1$ のときは $r<0$ でRはOの先の延長上（上の図の右）にある。問題文の「辺OAまたはその延長」はこのことを指している。

別解（ $\vec a+\vec b$ が $\overrightarrow{\mathrm{AM}}$ に垂直であることを使う）　上で求めた内積から

$$(\vec a+\vec b)\cdot\overrightarrow{\mathrm{AM}}=-\frac72+\frac72=0$$

なので、 $\vec a+\vec b$ は $\overrightarrow{\mathrm{AM}}$ に垂直である。よって、Qを通りAMに垂直な直線は $\vec a+\vec b$ の向きの直線で、その上の点は実数 $t$ を用いて

$$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}+t(\vec a+\vec b)=\left(\frac{1-\alpha}{1+\alpha}+t\right)\vec a+\left(\frac{\alpha}{1+\alpha}+t\right)\vec b$$

と表せる。Rは直線OA上にあるので、 $\vec b$ の係数は0である。 $t=-\dfrac{\alpha}{1+\alpha}$ を $\vec a$ の係数に代入して $\overrightarrow{\mathrm{OR}}=\dfrac{1-2\alpha}{1+\alpha}\vec a$ となる。 $\vec a+\vec b$ は辺ABの中点に向かうベクトルなので、「QRは $\triangle\mathrm{OAB}$ の中線と平行」という図形の見方ができる。ただし、これは $|\vec a|=2$、 $|\vec b|=3$、 $\cos\theta=\dfrac16$ という数値のときだけ成り立つ特別な関係なので、本解の解き方を身につけておく。

(3)　配点 10点

Rが辺OAの中点であるのは $\overrightarrow{\mathrm{OR}}=\dfrac12\vec a$ のときなので、(2) より

$$\frac{1-2\alpha}{1+\alpha}=\frac12$$

$2(1-2\alpha)=1+\alpha$ より $5\alpha=1$ なので $\alpha=\dfrac15$。これは $0<\alpha<1$ をみたす（下の図。PはABを $1:4$ に内分する）。

答　$\alpha=\dfrac15$

2つの数列 $\{a_n\}$、 $\{b_n\}$ は、 $a_1=b_1=1$ および、関係式

$$a_{n+1}=2a_nb_n,\qquad b_{n+1}=2a_n^2+b_n^2$$

をみたすものとする。

(1) $n\geqq3$ のとき、 $a_n$ は3で割り切れるが、 $b_n$ は3で割り切れないことを示せ。

(2) $n\geqq2$ のとき、 $a_n$ と $b_n$ は互いに素であることを示せ。

(1)　配点 20点

漸化式から $a_2=2$、 $b_2=3$、 $a_3=2\cdot2\cdot3=12$、 $b_3=2\cdot2^2+3^2=17$。

数学的帰納法を使って、 $n\geqq3$ のとき「 $a_n$ は3の倍数で、 $b_n$ は3の倍数でない」…(＊) を示す。以下、合同式の法はすべて3とする。

(i) $n=3$ のとき　 $a_3=12=3\cdot4$、 $b_3=17=3\cdot5+2$ なので (＊) は成り立つ。

(ii) $n=k$（ $k\geqq3$）で (＊) が成り立つと仮定する　 $a_k\equiv0$ で、 $b_k\equiv1$ または $b_k\equiv2$ である。

$$a_{k+1}=2a_kb_k\equiv2\cdot0\cdot b_k=0$$

なので、 $a_{k+1}$ は3の倍数である。

$b_k\equiv1$ なら $b_k^2\equiv1$、 $b_k\equiv2$ なら $b_k^2\equiv4\equiv1$ なので、どちらでも $b_k^2\equiv1$。よって

$$b_{k+1}=2a_k^2+b_k^2\equiv2\cdot0+1=1$$

となり、 $b_{k+1}$ は3の倍数でない。したがって $n=k+1$ でも (＊) は成り立つ。

(i)(ii) より、 $n\geqq3$ のすべての $n$ で $a_n$ は3で割り切れ、 $b_n$ は3で割り切れない。

(2)　配点 30点

$a_1=b_1=1$ は自然数で、 $a_n$、 $b_n$ が自然数なら $a_{n+1}=2a_nb_n$、 $b_{n+1}=2a_n^2+b_n^2$ も自然数なので、帰納的にすべての $n$ で $a_n$、 $b_n$ は自然数である。

$c_n=b_n^2-2a_n^2$ とおく。漸化式を代入すると

$$\begin{aligned}c_{n+1}&=\left(2a_n^2+b_n^2\right)^2-2\left(2a_nb_n\right)^2\\&=4a_n^4+4a_n^2b_n^2+b_n^4-8a_n^2b_n^2\\&=b_n^4-4a_n^2b_n^2+4a_n^4=\left(b_n^2-2a_n^2\right)^2=c_n^2\end{aligned}$$

$c_1=1^2-2\cdot1^2=-1$ なので $c_2=(-1)^2=1$。 $c_k=1$（ $k\geqq2$）なら $c_{k+1}=1^2=1$ なので、帰納法により $n\geqq2$ のとき

$$b_n^2-2a_n^2=1\quad\cdots\text{①}$$

$n\geqq2$ とし、 $a_n$ と $b_n$ の最大公約数を $g$ とすると、 $a_n=sg$、 $b_n=tg$（ $s,\ t$ は自然数）と表せる。①に代入すると

$$g^2\left(t^2-2s^2\right)=1$$

$g^2$ は正の整数、 $t^2-2s^2$ は整数なので $g^2=1$ で、 $g>0$ より $g=1$。よって $n\geqq2$ のとき、 $a_n$ と $b_n$ は互いに素である。

（補足）①は $\sqrt2$ を使うと見通しがよい。漸化式から

$$b_{n+1}+a_{n+1}\sqrt2=\left(b_n+a_n\sqrt2\right)^2,\qquad b_{n+1}-a_{n+1}\sqrt2=\left(b_n-a_n\sqrt2\right)^2$$

がどちらも成り立つので、 $b_n+a_n\sqrt2=\left(1+\sqrt2\right)^{2^{n-1}}$、 $b_n-a_n\sqrt2=\left(1-\sqrt2\right)^{2^{n-1}}$。2式をかけると $b_n^2-2a_n^2=(-1)^{2^{n-1}}$ で、 $n\geqq2$ なら指数 $2^{n-1}$ が偶数なので1になる

（別解）共通の素因数で背理法　$n\geqq1$ のすべての $n$ で $a_n$ と $b_n$ は互いに素であることを、数学的帰納法で示す（ $n\geqq2$ の場合が答えになる）。

まず、 $b_1=1$ は奇数で、 $b_{n+1}=2a_n^2+b_n^2$ は $b_n$ が奇数なら奇数なので、すべての $n$ で $b_n$ は奇数である。

$n=1$ のとき、 $a_1=b_1=1$ は互いに素。 $n=k$ で $a_k$ と $b_k$ が互いに素であると仮定する。 $a_{k+1}$ と $b_{k+1}$ が共通の素因数 $p$ をもつとすると、 $p$ は奇数 $b_{k+1}$ の約数なので $p\neq2$。 $p$ は $a_{k+1}=2a_kb_k$ を割り切り、 $p\neq2$ なので $p$ は $a_k$ または $b_k$ を割り切る。

・$p$ が $a_k$ を割り切るとき　 $b_k^2=b_{k+1}-2a_k^2$ も $p$ で割り切れるので、 $p$ は $b_k$ を割り切る

・$p$ が $b_k$ を割り切るとき　 $2a_k^2=b_{k+1}-b_k^2$ も $p$ で割り切れ、 $p\neq2$ なので $p$ は $a_k$ を割り切る

どちらの場合も $p$ は $a_k$、 $b_k$ の共通の素因数になり、仮定に反する。よって $a_{k+1}$ と $b_{k+1}$ は互いに素で、帰納法によりすべての $n$ で成り立つ。

関数

$$f(x)=\left|\,\left|\sin x-\frac12\right|-\frac12\,\right|$$

を考える。ただし、 $-\pi\leqq x\leqq\pi$ とする。さらに、 $0\leqq a\leqq\dfrac{\pi}{2}$ に対して、

$$F(a)=\int_0^a f(x)\,f\left(x-\frac{\pi}{2}\right)dx$$

とする。このとき次の問いに答えよ。

(1) $f(x)=0$ となる $x$ を求めよ。

(2) 関数 $y=f(x)$ のグラフの概形を描け。

(3) $F(a)$ を求めよ。

(1)　配点 10点

$f(x)=0$ のとき、外側の絶対値の中身が0なので

$$\left|\sin x-\frac12\right|-\frac12=0\iff\left|\sin x-\frac12\right|=\frac12$$

右辺は正なので

$$\sin x-\frac12=\pm\frac12\iff\sin x=1,\ 0$$

$-\pi\leqq x\leqq\pi$ で、 $\sin x=1$ となるのは $x=\dfrac{\pi}{2}$、 $\sin x=0$ となるのは $x=-\pi,\ 0,\ \pi$。

答　$x=-\pi,\ 0,\ \dfrac{\pi}{2},\ \pi$

(2)　配点 15点

$y=f(x)$ のグラフを、平行移動と折り返しで書く（下の図）。

① $y=\sin x-\dfrac12$ は $y=\sin x$ を下に $\dfrac12$ 平行移動したグラフで、 $-\dfrac32\leqq y\leqq\dfrac12$ を動く。 $x$ 軸より下の部分（ $\sin x<\dfrac12$ の部分）を $x$ 軸で折り返すと $y=\left|\sin x-\dfrac12\right|$ になり、 $0\leqq y\leqq\dfrac32$ を動く。

② それを下に $\dfrac12$ 平行移動すると $y=\left|\sin x-\dfrac12\right|-\dfrac12$ になり、 $-\dfrac12\leqq y\leqq1$ を動く。 $x$ 軸より下の部分を $x$ 軸で折り返すと $y=f(x)$ になる。

式でも確かめる。

・$\sin x\geqq\dfrac12$、すなわち $\dfrac{\pi}{6}\leqq x\leqq\dfrac{5\pi}{6}$ のとき　$f(x)=\left|\left(\sin x-\dfrac12\right)-\dfrac12\right|=|\sin x-1|=1-\sin x$

・$\sin x<\dfrac12$ のとき　$f(x)=\left|\left(\dfrac12-\sin x\right)-\dfrac12\right|=|\sin x|$

$|\sin x|$ を $\sin x$ の符号で外すと、区間ごとの式は次のようになる。

・$-\pi\leqq x\leqq0$ のとき　$f(x)=-\sin x$

・$0\leqq x\leqq\dfrac{\pi}{6}$、 $\dfrac{5\pi}{6}\leqq x\leqq\pi$ のとき　$f(x)=\sin x$

・$\dfrac{\pi}{6}\leqq x\leqq\dfrac{5\pi}{6}$ のとき　$f(x)=1-\sin x$

$-\pi\leqq x\leqq0$ では $x=-\dfrac{\pi}{2}$ で最大値1をとる山になる。 $\dfrac{\pi}{6}\leqq x\leqq\dfrac{5\pi}{6}$ では、値 $\dfrac12$ から $x=\dfrac{\pi}{2}$ で0まで下がり、 $\dfrac12$ に戻る谷になる。 $x=0,\ \dfrac{\pi}{6},\ \dfrac{5\pi}{6}$ では左右で式が変わってとがった点になり、 $x=\dfrac{\pi}{2}$ では $(1-\sin x)’=-\cos x=0$ なので $x$ 軸に接する。 $x$ 軸との共有点は (1) で求めた $x=-\pi,\ 0,\ \dfrac{\pi}{2},\ \pi$ と一致する。

答　グラフは下の図

(3)　配点 25点

$0\leqq x\leqq\dfrac{\pi}{2}$ のとき $-\dfrac{\pi}{2}\leqq x-\dfrac{\pi}{2}\leqq0$ で、この範囲は (2) の $-\pi\leqq x\leqq0$（ $f=-\sin$ の区間）に含まれる（下の図）。

よって

$$f\left(x-\frac{\pi}{2}\right)=-\sin\left(x-\frac{\pi}{2}\right)=\cos x$$

また (2) より、 $f(x)$ は $0\leqq x\leqq\dfrac{\pi}{6}$ で $\sin x$、 $\dfrac{\pi}{6}\leqq x\leqq\dfrac{\pi}{2}$ で $1-\sin x$ なので、被積分関数は $x=\dfrac{\pi}{6}$ で式が変わる（下の図）。そこで $a$ で場合分けする。

被積分関数は、どちらも片方がもう片方の微分になっている $f(x)\cdot f'(x)$ の形である。

$$\sin x\cos x=\sin x\,(\sin x)’,\qquad(1-\sin x)\cos x=-(1-\sin x)(1-\sin x)’$$

なので、原始関数はそれぞれ $\dfrac12\sin^2x$、 $-\dfrac12(1-\sin x)^2$ である。

(i)　$0\leqq a\leqq\dfrac{\pi}{6}$ のとき

$$F(a)=\int_0^a\sin x\cos x\,dx=\left[\frac12\sin^2x\right]_0^a=\frac12\sin^2a$$

(ii)　$\dfrac{\pi}{6}\leqq a\leqq\dfrac{\pi}{2}$ のとき、 $F\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac12\cdot\left(\dfrac12\right)^2=\dfrac18$ なので

$$F(a)=\frac18+\int_{\frac{\pi}{6}}^a(1-\sin x)\cos x\,dx=\frac18+\left[-\frac12(1-\sin x)^2\right]_{\frac{\pi}{6}}^a=\frac18-\frac12(1-\sin a)^2+\frac12\cdot\frac14$$

$$=\frac14-\frac12(1-\sin a)^2=-\frac12\sin^2a+\sin a-\frac14$$

（検算： $a=\dfrac{\pi}{6}$ を代入すると $\dfrac14-\dfrac12\cdot\dfrac14=\dfrac18$ で (i) と一致する。 $\dfrac14-\dfrac12(1-\sin a)^2$ を $a$ で微分すると $(1-\sin a)\cos a$ に戻る。また $F\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac14$ で、被積分関数は0以上なので $F(a)$ は負にならない。 $F\left(\dfrac{\pi}{2}\right)$ が負になったら計算ミスと分かる）

答　$0\leqq a\leqq\dfrac{\pi}{6}$ のとき $F(a)=\dfrac12\sin^2a$、 $\dfrac{\pi}{6}\leqq a\leqq\dfrac{\pi}{2}$ のとき $F(a)=-\dfrac12\sin^2a+\sin a-\dfrac14$

別解（(i) を倍角の公式で）　$\sin x\cos x=\dfrac12\sin2x$ と直すと、 $F(a)=\left[-\dfrac14\cos2x\right]_0^a=\dfrac14(1-\cos2a)=\dfrac12\sin^2a$。(ii) も $(1-\sin x)\cos x=\cos x-\dfrac12\sin2x$ と直して積分できる。

別解（ $t=\sin x$ とおいて面積で見る）　$0\leqq x\leqq\dfrac{\pi}{2}$ では $\sin x$ は0から1まで増加し、 $f(x)$ は $\sin x$ と $1-\sin x$ の小さい方である。そこで $t=\sin x$ とおくと $dt=\cos x\,dx$ で、 $x$ が0から $a$ まで動くとき $t$ は0から $\sin a$ まで動く（ $0\leqq a\leqq\dfrac{\pi}{2}$ なので $\sin a$ は0から1の間にあり、この対応は1対1）。よって

$$F(a)=\int_0^{\sin a}g(t)\,dt,\qquad g(t)=\min(t,\ 1-t)$$

$y=g(t)$ は $t=\dfrac12$ で高さ $\dfrac12$ の山形の折れ線で、0から1までの面積は $\dfrac14$。 $s=\sin a$ とおくと、 $s\leqq\dfrac12$ では左の直角二等辺三角形の面積で $F(a)=\dfrac{s^2}{2}$、 $s\geqq\dfrac12$ では全体 $\dfrac14$ から右の直角二等辺三角形（底辺・高さとも $1-s$）を引いて $F(a)=\dfrac14-\dfrac{(1-s)^2}{2}$。 $s\leqq\dfrac12\iff a\leqq\dfrac{\pi}{6}$ なので本解と同じ答えになる。

区間 $[a,b]$ が関数 $f(x)$ に関して不変であるとは、

$$a\leqq x\leqq b\ \text{ならば，}\ a\leqq f(x)\leqq b$$

が成り立つこととする。 $f(x)=4x(1-x)$ とするとき、次の問いに答えよ。

(1) 区間 $[0,1]$ は関数 $f(x)$ に関して不変であることを示せ。

(2) $0<a<b<1$ とする。このとき、区間 $[a,b]$ は関数 $f(x)$ に関して不変ではないことを示せ。

(1)　配点 15点

区間 $[0,1]$ が不変であるとは、すべての $x\ (0\leqq x\leqq1)$ で $0\leqq f(x)\leqq1$ が成り立つこと、すなわち「 $0\leqq x\leqq1$ における $f(x)$ の最小値が0以上、最大値が1以下」であることである。

$$f(x)=4x-4x^2=-4\left(x-\dfrac12\right)^2+1$$

$f(x)$ は上に凸で、軸 $x=\dfrac12$ は区間 $0\leqq x\leqq1$ に含まれるので、最大値は $f\left(\dfrac12\right)=1$。最小値は区間の端でとり、 $f(0)=f(1)=0$ より最小値は0。

最小値0は0以上、最大値1は1以下なので、区間 $[0,1]$ は $f(x)$ に関して不変である。

(2)　配点 35点

区間 $[a,b]$ （ $0<a<b<1$ ）が $f(x)$ に関して不変であると仮定する。このとき

$$a\leqq x\leqq b\ \text{における}\ f(x)\ \text{の最大値は}\ b\ \text{以下，最小値は}\ a\ \text{以上}\qquad\cdots①$$

$f(x)=-4\left(x-\dfrac12\right)^2+1$ は上に凸で、軸は $x=\dfrac12$。もし $a\leqq\dfrac12\leqq b$ ならば、最大値は $f\left(\dfrac12\right)=1$ で、 $b<1$ より①に反する。よって $\dfrac12$ は区間 $[a,b]$ に含まれない。

また、 $a$、 $b$ 自身も区間 $[a,b]$ の点なので、①より $f(a)\geqq a$、 $f(b)\leqq b$。 $f(x)-x=3x-4x^2=x(3-4x)$ であるから

・$f(a)-a=a(3-4a)\geqq0$ と $a>0$ より $a\leqq\dfrac34$

・$f(b)-b=b(3-4b)\leqq0$ と $b>0$ より $b\geqq\dfrac34$

よって $a\leqq\dfrac34\leqq b$。曲線 $y=f(x)$ は、 $0<x<\dfrac34$ では直線 $y=x$ より上、 $\dfrac34<x<1$ では下にある。

$b\geqq\dfrac34>\dfrac12$ で、 $\dfrac12$ は区間に含まれないので $a>\dfrac12$。よって $\dfrac12<a\leqq\dfrac34\leqq b<1$ で、区間 $[a,b]$ では $f(x)$ は減少する。最大値は $f(a)$、最小値は $f(b)$ なので、①より

$$f(a)\leqq b,\qquad f(b)\geqq a$$

2式を辺々引くと $f(a)-f(b)\leqq b-a$。ここで

$$f(a)-f(b)=4(a-b)-4(a^2-b^2)=4(b-a)(a+b-1)$$

なので $4(b-a)(a+b-1)\leqq b-a$。 $b-a>0$ で割ると $4(a+b-1)\leqq1$、すなわち $a+b\leqq\dfrac54$。

一方、 $a>\dfrac12$、 $b\geqq\dfrac34$ より $a+b>\dfrac54$ となり、これは矛盾である。値の幅 $f(a)-f(b)$ が区間の幅 $b-a$ より大きくなり、グラフは正方形 $a\leqq x\leqq b$、 $a\leqq y\leqq b$ からはみ出す（下の図は $a=0.6$、 $b=0.85$ の例）。

よって仮定は誤りで、区間 $[a,b]$ は $f(x)$ に関して不変ではない。

別解（はみ出す点を直接示す）

区間からはみ出す $x$ を、次のように直接見つけてもよい。

・$b<\dfrac34$ のとき　$x=b$ で $f(b)-b=b(3-4b)>0$ より $f(b)>b$

・$a>\dfrac34$ のとき　$x=a$ で $f(a)-a=a(3-4a)<0$ より $f(a)<a$

・$a\leqq\dfrac34\leqq b$ かつ $a\leqq\dfrac12$ のとき　$x=\dfrac12$ で $f\left(\dfrac12\right)=1>b$

・$\dfrac12<a\leqq\dfrac34\leqq b$ のとき　$a+b>\dfrac54$ より $f(a)-f(b)=4(b-a)(a+b-1)>b-a$。 $f(a)\leqq b$ と $f(b)\geqq a$ がともに成り立つと $f(a)-f(b)\leqq b-a$ となるので、どちらかが成り立たない。すなわち $x=a$ で $f(a)>b$ か、 $x=b$ で $f(b)<a$

どの場合も区間からはみ出す $x$ があるので、不変ではない。