三角関数の最大・最小問題

三角関数の最大・最小問題のパターン

三角関数の最大・最小問題のパターンは以下の通り。

各々の簡単な例を見ていこう(微分法は略)

解答はだいぶ雑いけど勘弁。

略解

(1)\begin{align*} f(\theta)=\sqrt{2}\sin{\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)} \end{align*}
で、$0\leq{\theta}\leq{\pi}$なので、$-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\leq{\sin{\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)}}\leq{1}.$よって$f(\theta)$のとりうる値の範囲は
$$ -1\leq{f(\theta)}\leq{\sqrt{2}}. $$

(2)
\begin{align*} f(\theta)=2\left(\cos{\theta}-\dfrac{1}{2}\right)^{2}-\dfrac{3}{2} \end{align*}

$0\leq{\theta}\leq{\pi}$より、$-1\leq{\cos\theta}\leq{1}$なので、求める値の範囲は
$$ -\dfrac{3}{2}\leq{f(\theta)}\leq{2}. $$
(3) $t=\sin{\theta}+\cos{\theta}\quad (0\leq{\theta}\leq{\pi})$とおくと(1)から
\begin{align*} -1\leq{t}\leq{\sqrt{2}}. \end{align*}

また
\begin{align*} \sin{\theta}\cos{\theta}&=\dfrac{1}{2}\{(\sin{\theta}+\cos{\theta})^{2}-(\sin^{2}{\theta}+\cos^{2}{\theta})\}\\ &=\dfrac{t^{2}-1}{2}. \end{align*}

よって
\begin{align*} f(\theta)&=\dfrac{t^{2}-1}{2}+t\\ &=\dfrac{1}{2}(t+1)^{2}-1 \end{align*}

したがって、求める値の範囲は
$$ -1\leq{f(\theta)}\leq{1}. $$

(4)
\begin{align*} f(\theta)=-\dfrac{1}{2}\left(\cos{\left(2\theta+\dfrac{\pi}{6}\right)}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right). \end{align*}

よって求める値の範囲は
$$ \dfrac{1}{4}(-2+\sqrt{3})\leq{f(\theta)}\leq{\dfrac{1}{4}(2+\sqrt{3})} $$
(5)
\begin{align*} \sin{\theta}&=f(\theta)(\cos{\theta}-2)\\ &=k(\cos{\theta}-2)\quad (f(\theta)=kとした). \end{align*}

ある$\theta\in{[0, \pi]}$が存在して$k=f(\theta)\iff$ある$(x, y)\in{\mathbb{R}^{2}}$が存在して、$y=k(x-2)$かつ$x^{2}+y^{2}=1$かつ$y\geq{0}.$
$k$は直線$y=k(x-2)$の傾きである。図より、$k$が最大となるのは直線が$(1,0)$を通るときで最小となるのは、直線が単位円の$y\geq{0}$部分に接するときである。
したがって
\begin{align*} 0=k(1-2)&\iff k=0, \end{align*}

\begin{align*} 1=\dfrac{|2k|}{\sqrt{k^{2}+1}}, 0\leq{k(0-2)} &\iff \sqrt{k^{2}+1}=-2k\\ &\iff k^{2}+1=4k^{2}, k\leq{0}\\ &\iff k=-\dfrac{1}{\sqrt{3}} \end{align*}

よって、求める値の範囲は
$$ -\dfrac{1}{\sqrt{3}}\leq{k}\leq{0}. $$

(5)の図

補足
(5)の$0\leq{k(0-2)}$は何をやっているかというと、直線と単位円(全体)が接するもうひとつを排除したいのだけど、そのときに$y=k(x-2)$が原点の上にあるので$0\leq{k(0-2)}$を利用して排除している。

応用的な例

方針
$t=\cos{\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)}$とおく。たまにこういう意地悪を見かける。これは、慶応のsfcの問題だった気がするやつを少し弄ったやつだが東北大でも同じような問題が出されている。また京大では、$t=\cos{2\theta}$とおくものがあった。

解答
$t=\cos{\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)}=$とおくと
\begin{align*} \sin{3x}&=\cos{\left(\dfrac{\pi}{2}-3x\right)}\\ &=\cos{3\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)}\\ &=4\cos^{3}{\theta}-3\cos{\theta}\quad \left(\theta=x-\dfrac{\pi}{6}とおいた\right)\\ &=4t^{3}-3t \end{align*}

よって
$$ f(x)=4t^{3}-12t\, (=g(t)とおく) $$

\begin{align*} \dfrac{d}{dt}g(t)=12(t+1)(t-1) \end{align*}
であるから、$-1\leq{t}\leq{1}$の範囲で$g(t)$の増減表は以下のようになる。

よって求める値の範囲は
$$ -2\leq{f(x)}\leq{2}. $$

方針
$\sin{x}, \cos{x}$の対称式（対称式って自分大学で教わった感じだと多項式に対しての言葉だけど有理式にも有効です）なので、$t=\sin{x}+\cos{x}$と置いて、$t$の式で表しましょう（もちろん$t$の値の範囲を求める必要がある）。そうすると$t$の有利式ができるので、相加平均と相乗平均の大小関係を使ってあげましょう。

解答
$t=\sin{x}+\cos{x}$とおく。$x\neq{\dfrac{n\pi}{2}}\quad (n\in{\mathbb{Z}})$と

\begin{align*} t=\sqrt{2}\sin{\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)} \end{align*}
より
\begin{align*} -\sqrt{2}\leq{t}\leq{2},\quad t\neq{\pm{1}}. \end{align*}

また
\begin{align*} F&=\left|\sin{x}+\cos{x}+\dfrac{\sin{x}+\cos{x}+1}{\sin{x}\cos{x}}\right|\\ &=\left|t+\dfrac{2}{t-1}\right|.\\ \end{align*}

1.$1< t\leq{\sqrt{2}}$のとき
$t-1>0$なので相加平均と相乗平均の大小関係より
\begin{align*} F&=t-1+\dfrac{2}{t-1}+1\\ &\geq{2\sqrt{(t-1)\cdot\dfrac{2}{t-1}}+1}\\ &=2\sqrt{2}+1 \end{align*}

2.$-\sqrt{2}\leq{t}<1$のとき

$1-t>0$なので相加平均と相乗平均の大小関係より
\begin{align*} F&=-t+\dfrac{2}{1-t}\\ &=1-t+\dfrac{2}{1-t}-1\\ &\geq{2\sqrt{(1-t)\cdot\dfrac{2}{1-t}-1}}\\ &=2\sqrt{2}-1. \end{align*}
等号成立は、$t=1-\sqrt{2}$である。

以上から、$F$の最小値は$2\sqrt{2}-1$である。