曲線 C: y = \cos^3 x \left(0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}\right)，x 軸および y 軸で囲まれる図形の面積を S とする。0 < t < \dfrac{\pi}{2} とし，C 上の点 \mathrm{Q}(t,\ \cos^3 t) と原点 \mathrm{O}，および \mathrm{P}(t,\ 0)，\mathrm{R}(0,\ \cos^3 t) を頂点にもつ長方形 \mathrm{OPQR} の面積を f(t) とする。このとき，次の各問いに答えよ。
(1) S を求めよ。
(2) f(t) は最大値をただ 1 つの t でとることを示せ。そのときの t を \alpha とすると，f(\alpha) = \dfrac{\cos^4 \alpha}{3 \sin \alpha} であることを示せ。
(3) \dfrac{f(\alpha)}{S} < \dfrac{9}{16} を示せ。
面積は S = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3 x\,dx で表される。\cos^3 x = (1 - \sin^2 x)\cos x は \sin x の式に \cos x をかけた形で、原始関数の 1 つは \sin x - \dfrac{\sin^3 x}{3} です。
S = \left[\sin x - \dfrac{\sin^3 x}{3}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} = 1 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}
f(t) = t\cos^3 t を微分すると、次の式になります。
f'(t) = \cos^3 t - 3t\cos^2 t\sin t
= \cos^2 t\,(\cos t - 3t\sin t)
0 < t < \dfrac{\pi}{2} では \cos^2 t > 0 だから、f'(t) の符号は g(t) = \cos t - 3t\sin t の符号と同じ。
g'(t) = -4\sin t - 3t\cos t は 0 < t < \dfrac{\pi}{2} で負で、g は減少します。g(0) = 1、g\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = -\dfrac{3\pi}{2} だから、g(t) = 0 となる t は 0 < t < \dfrac{\pi}{2} にただ 1 つある。
これを \alpha とすると、f(t) は 0 < t < \alpha で増加し、\alpha < t < \dfrac{\pi}{2} で減少します。f(t) が最大値をとる t は \alpha だけです。
g(\alpha) = 0 は \cos\alpha = 3\alpha\sin\alpha のことで、\sin\alpha > 0 だから \alpha = \dfrac{\cos\alpha}{3\sin\alpha} です。これを f(\alpha) = \alpha\cos^3\alpha に代入する。
f(\alpha) = \dfrac{\cos\alpha}{3\sin\alpha} \cdot \cos^3\alpha = \dfrac{\cos^4\alpha}{3\sin\alpha}
g\left(\dfrac{\pi}{6}\right) = \dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{2\sqrt{3} - \pi}{4} です。\pi < 3.2 より \pi^2 < 10.24 < 12 だから \pi < 2\sqrt{3} で、g\left(\dfrac{\pi}{6}\right) > 0。
g は減少して g(\alpha) = 0 だから、\dfrac{\pi}{6} < \alpha です。すると \cos^4\alpha < \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^4 = \dfrac{9}{16}、3\sin\alpha > \dfrac{3}{2} となる。
f(\alpha) = \dfrac{\cos^4\alpha}{3\sin\alpha} < \dfrac{9}{16} \cdot \dfrac{2}{3} = \dfrac{3}{8}
S = \dfrac{2}{3} で割ると \dfrac{f(\alpha)}{S} < \dfrac{3}{8} \cdot \dfrac{3}{2} = \dfrac{9}{16} です。\alpha は約 0.547 で、\dfrac{f(\alpha)}{S} は約 0.511 になります。