大学入試センター試験 2016年(平成28年) 本試数学ⅡＢ第１問 [2] 解説

(1)

①の両辺に $\sin^{2} x \cdot \cos^{2} x$ をかけるのだけど、式がややこしくなるので
$\sin^{2} x = S$
$\cos^{2} x = C$
と書くことにする。

$S C {C - S + k (\frac{1}{C} - \frac{1}{S})} = 0$
$S C (C - S) + k (S - C) = 0$
$S C (C - S) - k (C - S) = 0$
$(S C - k) (C - S) = 0$
となる。
この $S$ ， $C$ をもとにもどして、
$(\sin^{2} x \cdot \cos^{2} x - k) (\cos^{2} x - \sin^{2} x) = 0$
${(\sin x \cdot \cos x)^{2} - k} (\cos^{2} x - \sin^{2} x) = 0$ 式Ａ
である。

ここで、２倍角の公式の復習をすると、

公式

$\sin 2 θ = 2 \sin θ \cos θ$ 式Ｂ1
$\cos 2 θ = \cos^{2} θ - \sin^{2} θ$ 式Ｂ2
$\cos 2 θ$ $= 1 - 2 \sin^{2} θ$ 式Ｂ3
$\cos 2 θ$ $= 2 \cos^{2} θ - 1$
$\tan 2 θ = \frac{2 \tan θ}{1 - \tan^{2} θ}$

より、式Ｂ1，式Ｂ2をちょっと変形して
$\sin x \cos x = \frac{\sin 2 x}{2}$ $\cos^{2} x - \sin^{2} x = \cos 2 x$ として、式Ａに代入すると、
$(\frac{\sin^{2} 2 x}{4} - k) \cos 2 x = 0$ ②
となる。

解答チ：４

②が成り立つためには
$\cos 2 x = 0$
または
$\frac{\sin^{2} 2 x}{4} - k = 0$ 式Ｃ
であればよい。

$\cos 2 x = 0$ のとき、 $k$ の値に関係なく②が成り立つから、①も成り立つ。
まず、この場合を解決しておこう。

問題文より、 $x$ の範囲は
$0 < x < \frac{π}{2}$
なので、 $2 x$ の範囲は
$0 < 2 x < π$
である。

この範囲で $\cos 2 x = 0$ となるのは、
$2 x = \frac{π}{2}$
つまり
$x = \frac{π}{4}$
のときである。

解答ツ：４

次に、式Ｃの場合を考える。
式Ｃを変形して、
$\sin^{2} 2 x = 4 k$ 式Ｃ'
とする。
確認だけど、問題文より
$0 < k$
である。

$0 < x < \frac{π}{2}$ より $0 < 2 x < π$ なので、
$0 < \sin 2 x ≦ 1$
より
$0 < \sin^{2} 2 x ≦ 1$
となる。

だから、
$1 < 4 k$
つまり
$\frac{1}{4} < k$
のとき、式Ｃ'は解をもたない。

このとき、①の解は、ツの
$x = \frac{π}{4}$
の１個だけである。

解答テ：１, ト：４

アドバイス

次に、これ以外の場合、つまり
$0 < k ≦ \frac{1}{4}$
のときの式Ｃ'の解の個数を求めるんだけど、解法がいくつか考えられる。
どの方法も一長一短なので、長くなるけど３種類説明する。

解法１

$0 < \sin 2 x$ $0 < k$ なので、 $2 x = θ$ とおくと、式Ｃ'は
$\sin θ = 2 \sqrt{k}$ 式Ｄ
とかける。

$θ$ の範囲、つまり定義域は
$0 < 2 x < π$
より
$0 < θ < π$
なので、グラフを描くと図Ａができる。
グラフ中の緑の範囲が定義域だ。

図の固定

式Ｄの右辺の $2 \sqrt{k}$ が、
$0 < 2 \sqrt{k} < 1$
のとき、グラフは図Ｂのようになる。

図の固定

$0 < 2 \sqrt{k} < 1$ だと分かりにくいので、各辺を２乗して、
$0 < 4 k < 1$
各辺を $4$ で割って、
$0 < k < \frac{1}{4}$
と変形しておこう。

このとき、式Ｄを満たすのは、図Ｂの赤い点の２個。
また、ツより
$x = \frac{π}{4}$
も解だけど、これは
$2 x = \frac{π}{2}$
と変形すると、
$θ = \frac{π}{2}$
で、図Ｂのオレンジの点になるから、赤い点とは重ならない。

よって、このとき、①を満たす $x$ の個数は３個ある。

解答ナ：３

式Ｄの右辺の $2 \sqrt{k}$ が、
$2 \sqrt{k} = 1$
のとき、グラフは図Ｃのようになる。

図の固定

今回も $2 \sqrt{k} = 1$ を変形して、
$k = \frac{1}{4}$
としておこう。

このとき、式Ｄを満たすのは、図Ｃの赤い点の１個。
これは、ツの
$θ = \frac{π}{2}$
と同じ点で、重解である。

よって、このとき、①を満たす $x$ の個数は１個である。

解答ニ：１

式Ｄの右辺の $2 \sqrt{k}$ が、
$2 \sqrt{k} ≦ 0$ と $1 < 2 \sqrt{k}$ の場合については、
$0 < \sqrt{k}$ なので、 $2 \sqrt{k} ≦ 0$ にはならない $1 < 2 \sqrt{k}$ を変形すると $\frac{1}{4} < k$ だけど、これはテトで解決済みなので、考えなくてよい。

解法２

２倍角の公式の復習の式Ｂ3をちょっと変形して、
$\cos 4 x = 1 - 2 \sin^{2} 2 x$
$2 \sin^{2} 2 x = 1 - \cos 4 x$
$\sin^{2} 2 x = \frac{1 - \cos 4 x}{2}$
として、式Ｃ'に代入すると
$\frac{1 - \cos 4 x}{2} = 4 k$
となる。
これを変形して、 $4 x = θ$ とおくと、
$\cos θ = 1 - 8 k$ 式Ｅ
ができる。

$θ$ の範囲、つまり定義域は
$0 < 4 x < 2 π$
より
$0 < θ < 2 π$
なので、グラフを描くと図Ｄができる。
グラフ中の緑の範囲が定義域だ。

図の固定

式Ｅの右辺の $1 - 8 k$ が、
$- 1 < 1 - 8 k < 1$
のとき、グラフは例えば図Ｅのようになる。

図の固定

$- 1 < 1 - 8 k < 1$ だと分かりにくいので、変形して、
$- 2 < - 8 k < 0$
$\frac{1}{4} > k > 0$
$0 < k < \frac{1}{4}$
としておこう。

このとき、式Ｅを満たすのは、図Ｅの赤い点の２個。
また、ツより
$x = \frac{π}{4}$
も解だけど、これは
$4 x = π$
より
$θ = π$
と変形すると、図Ｅのオレンジの点になるから、赤い点とは重ならない。

よって、このとき、①を満たす $x$ の個数は３個ある。

解答ナ：３

式Ｅの右辺の $1 - 8 k$ が、
$1 - 8 k = - 1$
のとき、グラフは図Ｆのようになる。

図の固定

$1 - 8 k = - 1$ を変形して、
$k = \frac{1}{4}$
としておこう。

このとき、式Ｅを満たすのは、図Ｃの赤い点の１個。
これは、ツの
$θ = π$
と同じ点で、重解である。

よって、このとき、①を満たす $x$ の個数は１個である。

解答ニ：１

式Ｅの右辺の $1 - 8 k$ が、
$1 - 8 k < - 1$ と $1 ≦ 1 - 8 k$ の場合については、
$1 - 8 k < - 1$ を変形すると $\frac{1}{4} < k$ だけど、これはテトで解決済み $1 ≦ 1 - 8 k$ より $k ≦ 0$ だけど、問題文より $0 < k$ だから、 $k ≦ 0$ にはならないなので、考えなくてよい。

解法３

２倍角の公式の復習の式Ｂ3をちょっと変形して、
$\cos 4 x = 1 - 2 \sin^{2} 2 x$
$2 \sin^{2} 2 x = 1 - \cos 4 x$
$\sin^{2} 2 x = \frac{1 - \cos 4 x}{2}$
として、式Ｃ'に代入すると
$\frac{1 - \cos 4 x}{2} = 4 k$
となる。
これを変形して、
$\cos 4 x = 1 - 8 k$ 式Ｅ'
ができる。
ここまでは解法２と同じだ。
この式Ｅ'の解の個数を考える。

式Ｅ'を、連立方程式
$y = \cos 4 x$ 式Ｅ1 $y = 1 - 8 k$ 式Ｅ2 を解いている途中式だと考える。
このとき、式Ｅ'の方程式の解は、式Ｅ1，Ｅ2の連立方程式の解である。
また、連立方程式の解は、２つのグラフの共有点の座標に等しい。
よって、式Ｅ'の解の個数は、式Ｅ1，Ｅ2のグラフの共有点の個数である。

というわけで、式Ｅ1のグラフを描く。
さらに、ツより、 $x = \frac{π}{4}$ のときには $k$ の値にかかわらず①が成り立つので、
$x = \frac{π}{4}$
のグラフもいっしょに描くと、図Ｇができる。

図の固定

図Ｇを見ながら、グラフの共有点の数を考えるわけだ。

図の固定

例えば、 $1 - 8 k = \frac{1}{2}$ のとき、
式Ｅ2は
$y = \frac{1}{2}$
となる。
これをグラフに書き込むと、図Ｈのオレンジの直線になる。
オレンジの直線と黒いグラフの共有点は３個。
よって、このとき、①を満たす $x$ は３個ある。

また、同様に、
$1 - 8 k = - 1$ のとき、
式Ｅ2のグラフは図Ｈの赤い直線で、黒いグラフとの共有点は１個。
よって、このとき、①を満たす $x$ は１個。である。

一方、問題文より $k$ は正の数なので、
$0 < k$
だから
$1 - 8 k < 1$
である。

図の固定

よって、 $y = 1 - 8 k$ のグラフが、図Ｉの、
黄色の範囲のとき、解は１個赤い線と重なるとき、解は１個オレンジの範囲のとき、解は３個グレーの範囲に入ることはないである。

以上をまとめると、
$1 - 8 k < - 1$
つまり
$\frac{1}{4} < k$ のとき、
解は１個。

解答テ：１, ト：４

$1 - 8 k = - 1$
つまり
$\frac{1}{4} = k$ のとき、
解は１個。

解答ニ：１

$- 1 < 1 - 8 k < 1$
つまり
$0 < k < \frac{1}{4}$ のとき、
解は３個である。

解答ナ：３

(2)

式Ｃ'に $k = \frac{4}{25}$ を代入して、
$\sin^{2} 2 x = 4 \cdot \frac{4}{25}$
$\sin^{2} 2 x = {(\frac{4}{5})}^{2}$
$\frac{π}{2} < 2 x < π$ より $0 < \sin 2 x$ なので、
$\sin 2 x = \frac{4}{5}$

解答ヌ：４, ネ：５

$\sin^{2} θ + \cos^{2} θ = 1$ なので、
$\sin^{2} 2 x + \cos^{2} 2 x = 1$
${(\frac{4}{5})}^{2} + \cos^{2} 2 x = 1$
$\cos^{2} 2 x = 1 - {(\frac{4}{5})}^{2}$
$\cos^{2} 2 x$ $= \frac{5^{2} - 4^{2}}{5^{2}}$
$\cos^{2} 2 x$ $= {(\frac{3}{5})}^{2}$

$\frac{π}{2} < 2 x < π$ なので、 $\cos 2 x < 0$ だから、
$\cos 2 x = - \frac{3}{5}$ 式Ｆ

解答ノ：－, ハ：３, ヒ：５

ここで、半角公式の復習をしよう。

復習

$\sin^{2} \frac{θ}{2} = \frac{1 - \cos θ}{2}$
$\cos^{2} \frac{θ}{2} = \frac{1 + \cos θ}{2}$ 式Ｇ
$\tan^{2} \frac{θ}{2} = \frac{1 - \cos θ}{1 + \cos θ}$

だった。

式Ｇの $θ$ に $2 x$ を代入して、
$\cos^{2} x = \frac{1 + \cos 2 x}{2}$
これに式Ｆを代入して、
$\cos^{2} x = \frac{1 - \frac{3}{5}}{2}$
$\cos^{2} x$ $= \frac{1}{5}$
$\frac{π}{4} < x < \frac{π}{2}$ なので、 $0 < \cos x$ だから、
$\cos x = \frac{1}{\sqrt{5}}$
$\cos x$ $= \frac{\sqrt{5}}{5}$
となる。

解答フ：５, ヘ：５

第１問	[1]	解説
第１問	[2]	解説
第２問		解説
第３問		解説
第４問		解説
第５問		解説