を正の実数とする。座標平面において曲線
と
軸とで囲まれた図形の面積を
とし、曲線
および
とする。このとき
となるような
解答例
まず、
\begin{eqnarray}
S &=& \int_0^\pi \sin x \, dx \\
&=& \biggl[ \, -\cos x \, \biggr]_0^\pi \\
&=& 2
\end{eqnarray}です。
と
の交点の
座標を
とすると、
\begin{equation}
0 < \theta < \frac{\pi}{2}
\end{equation}で
\begin{eqnarray}
\sin \theta &=& a \cos \theta \\
\therefore \quad a &=& \tan \theta \tag{1}
\end{eqnarray}が成り立ちます。
このとき、
\begin{eqnarray}
T &=& \int_0^\theta \sin x \, dx +\int_\theta^{\pi/2} a \cos x \, dx \\
&=& \biggl[ \, -\cos x \, \biggr]_0^\theta +a \biggl[ \, \sin x \, \biggr]_\theta^{\pi/2} \\
&=& -\cos \theta +1 +a(1 -\sin \theta) \tag{2}
\end{eqnarray}となります。
また、なので、
\begin{equation}
T =\frac{2}{3} \tag{3}
\end{equation}です。
ここで
\begin{equation}
t = \tan \frac{\theta}{2}
\end{equation}とおくと、
\begin{equation}
0 < t < 1
\end{equation}で
\begin{eqnarray}
\tan \theta &=& \frac{2t}{1 -t^2} \tag{4} \\
\sin \theta &=& \frac{2t}{1 +t^2} \tag{5} \\
\cos \theta &=& \frac{1 -t^2}{1 +t^2} \tag{6}
\end{eqnarray}です。
三角関数の媒介変数表記 - 数式で独楽する
式(1)~(6)を合わせると、
\begin{equation}
-\frac{1 -t^2}{1 +t^2} +1 +\frac{2t}{1 -t^2} \left( 1 -\frac{2t}{1 +t^2} \right) = \frac{2}{3} \tag{7}
\end{equation}です。
\begin{equation}
1 -\frac{2t}{1 +t^2} = \frac{1 -2t +t^2}{1 +t^2} = \frac{(1 -t)^2}{1 +t^2}
\end{equation}なので、式(7)は
\begin{equation}
-\frac{1 -t^2}{1 +t^2} +\frac{2t(1 -t)}{(1 +t)(1 +t^2)} = -\frac{1}{3} \tag{8}
\end{equation}となります。
さらに、
\begin{eqnarray}
(1 +t^2)(1+ t)&=& 1 +t +t^2 +t^3 \\
-(1 -t^2)(1 +t) +2t(1 -t) &=& t^3 -t^2 +t -1
\end{eqnarray}なので、式(8)は
\begin{equation}
\frac{t^3 -t^2 +t -1}{t^3 +t^2 +t +1} = -\frac{1}{3}
\end{equation}となります。
式変形を続けます。
\begin{eqnarray}
3(t^3 -t^2 +t -1) &=& -(t^3 +t^2 +t +1) \\
4t^3 -2t^2 +4t -2 &=& 0 \\
t^2 (2t -1) +(2t -1) &=& 0 \\
(t^2 +1)(2t -1) &=& 0
\end{eqnarray}
なので、
\begin{equation}
t = \frac{1}{2}
\end{equation}となります。
よって、式(1), (4)より
\begin{equation}
a = \tan \theta = \cfrac{1}{\ 1 -\cfrac{1}{4}\ } = \frac{4}{3}
\end{equation}を得ます。
