解説

方針・初手

$\omega=\sin t-\cos t$ とおくと、まず $\omega^2$ を計算すると $\sin 2t$ を $\omega$ で表せる。すると $f(t)$ は $\omega$ の3次式になる。

そのあと、$0\leqq t\leqq \pi$ における $\omega$ の取りうる範囲を求め、その区間で3次式の最大・最小を調べればよい。

解法1

**(1)**

$\omega=\sin t-\cos t$ より、

$$ \omega^2=(\sin t-\cos t)^2=\sin^2 t+\cos^2 t-2\sin t\cos t=1-\sin 2t $$

である。したがって、

$$ \sin 2t=1-\omega^2 $$

となる。よって、

$$ f(t)=(\sin t-\cos t)\sin 2t=\omega(1-\omega^2)=\omega-\omega^3 $$

である。

（2） まず $\omega=\sin t-\cos t$ の範囲を求める。

$$ \omega=\sin t-\cos t=\sqrt{2}\sin\left(t-\frac{\pi}{4}\right) $$

であり、$0\leqq t\leqq \pi$ のとき

$$ -\frac{\pi}{4}\leqq t-\frac{\pi}{4}\leqq \frac{3\pi}{4} $$

である。この区間で $\sin \theta$ は $-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ から $1$ までの値をとるから、

$$ -1\leqq \omega\leqq \sqrt{2} $$

となる。

したがって、（1） より

$$ f(t)=\omega-\omega^3 $$

の最大値・最小値は、関数

$$ g(\omega)=\omega-\omega^3 \qquad (-1\leqq \omega\leqq \sqrt{2}) $$

の最大値・最小値を求めればよい。

微分すると、

$$ g'(\omega)=1-3\omega^2 $$

であるから、極値を与えるのは

$$ 1-3\omega^2=0 $$

すなわち

$$ \omega=\pm \frac{1}{\sqrt{3}} $$

である。

区間の端点も含めて値を調べると、

$$ g(-1)=-1-(-1)^3=0 $$

$$ g\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{3\sqrt{3}}=\frac{2}{3\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{9} $$

$$ g\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=-\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{3\sqrt{3}}=-\frac{2}{3\sqrt{3}}=-\frac{2\sqrt{3}}{9} $$

$$ g(\sqrt{2})=\sqrt{2}-(\sqrt{2})^3=\sqrt{2}-2\sqrt{2}=-\sqrt{2} $$

となる。

よって、

$$ \max f(t)=\frac{2\sqrt{3}}{9},\qquad \min f(t)=-\sqrt{2} $$

である。

解説

この問題の要点は、$\sin t-\cos t$ を1つの文字 $\omega$ に置き換えたあと、$\sin 2t$ も $\omega$ で表せることに気づくことである。実際、

$$ (\sin t-\cos t)^2=1-\sin 2t $$

がすぐに使えるので、元の三角関数の問題を3次関数の最大・最小の問題に落とせる。

さらに、$\omega$ は任意の実数を動くのではなく、$0\leqq t\leqq \pi$ という条件から $-1\leqq \omega\leqq \sqrt{2}$ に制限される。この範囲を正しく求めることが重要である。

答え

**(1)**

$$ f(t)=\omega-\omega^3 $$

**(2)**

$$ \text{最大値 } \frac{2\sqrt{3}}{9},\qquad \text{最小値 } -\sqrt{2} $$