\alpha を正の実数とする。0 \leqq \theta \leqq \pi における \theta の関数 f(\theta) を，座標平面上の 2 点 \mathrm{A}\,(-\alpha,\, -3), \mathrm{P}\,(\theta+\sin\theta,\, \cos\theta) 間の距離 \mathrm{AP} の 2 乗として定める。
(1) 0 < \theta < \pi の範囲に f'(\theta) = 0 となる \theta がただ 1 つ存在することを示せ。
(2) 以下が成り立つような \alpha の範囲を求めよ。
0 \leqq \theta \leqq \pi における \theta の関数 f(\theta) は，区間 0 < \theta < \dfrac{\pi}{2} のある点において最大になる。
\mathrm{P} は (\theta+\sin\theta,\, \cos\theta) で、\theta が 0 から \pi まで動くと右へ進みながら下がる曲線を描きます。
\mathrm{A} は (-\alpha,\, -3) にあり、\alpha が大きいほど左へ離れます。
f(\theta) = (\theta+\sin\theta+\alpha)^2+(\cos\theta+3)^2 です。
微分すると f'(\theta) = 2\{(\theta+\sin\theta+\alpha)(1+\cos\theta)-(\cos\theta+3)\sin\theta\} となります。このままでは符号が読めません。
1+\cos\theta = 2\cos^2\dfrac{\theta}{2}、\sin\theta = 2\sin\dfrac{\theta}{2}\cos\dfrac{\theta}{2} を入れます。どちらの項にも \cos\dfrac{\theta}{2} が入ります。
くくり出すと f'(\theta) = 4\cos\dfrac{\theta}{2}\,h(\theta) となります。
ここで h(\theta) = (\theta+\sin\theta+\alpha)\cos\dfrac{\theta}{2}-(\cos\theta+3)\sin\dfrac{\theta}{2} です。
0 \leqq \theta < \pi では \cos\dfrac{\theta}{2} > 0 ですから、f' の符号は h の符号そのものになりました。
h を微分します。半角のまま計算すると \cos^2+\sin^2 = 1 が効いて、ほとんどの項が消えます。
残るのは h'(\theta) = -\dfrac{(\theta+\alpha)}{2}\sin\dfrac{\theta}{2} だけです。
0 < \theta \leqq \pi では \theta+\alpha > 0、\sin\dfrac{\theta}{2} > 0 ですから h' < 0 で、h は減る一方です。
h(0) = \alpha > 0、h(\pi) = -2 < 0 ですから、h の零点は 0 < \theta < \pi にちょうど 1 つです。これで (1) が示せました。
h の零点を \theta_0 とすると、f は \theta_0 まで増えて、そこから減ります。最大は \theta_0 で取られます。
求める条件は \theta_0 < \dfrac{\pi}{2} です。h が減る一方なので、これは h\left(\dfrac{\pi}{2}\right) < 0 と同じことです。
h\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = \left(\dfrac{\pi}{2}+1+\alpha\right)\dfrac{\sqrt{2}}{2}-3 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(\alpha+\dfrac{\pi}{2}-2\right) です。
これが負になるのは \alpha < 2-\dfrac{\pi}{2} のときです。\alpha > 0 と合わせて、答えは 0 < \alpha < 2-\dfrac{\pi}{2} = 0.429\cdots です。