一根木棒从墙角滑落时扫过的区域是？？（保持两端分别在直角两边上）——大阪大学2011年高考第二题（理科）
首先考虑一个问题：一个长为 1 的木棒 AB 靠在墙角。 A:(0,1),B:(0,0) 。向右轻轻推一下木棒，木棒开始滑落。在滑落过程中， A,B 始终分别在 y 轴正半轴和 x 轴正半轴上。滑落过程中木棒扫过的区域是什么样的？
xy 平面上有两个动点 P:(0,sin\theta),Q:(8cos\theta,0) 。当 \theta 在 0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2} 范围内变化，设变化过程中线段 PQ 扫过的范围为 D ，求 D 绕着 x 轴旋转一周得到的立体的体积 V 。
如果把整个坐标系在 x 轴方向缩小到原来的 \frac{1}{8} ，那么 D 也会缩小 \frac{1}{8} （缩小后的领域记作 E ）。这时， 对于 P_0:(0,sin\theta),Q_0:(cos\theta,0) 来说， E 就是线段 P_0Q_0 在移动过程中所扫过的领域。
注意， P_0Q_0=\sqrt{cos^2\theta+sin^2\theta}=1 ，是定长的。
因此原题等同于
一个长为 1 的木棒 P_0Q_0 靠在墙角。 P_0:(0,1),Q_0:(0,0) 。向右轻轻推一下木棒，木棒开始滑落。在滑落过程中， P_0,Q_0 始终分别在 y 轴正半轴和 x 轴正半轴上。求滑落过程中木棒扫过的区域 E 在 x 轴方向扩大 8 倍得到的区域 D 以 x 轴为轴旋转一周所得到的立体的体积。
蛮有意思的一道题，这个领域会是什么呢？
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首先列出直线 P_0Q_0 的解析式
\frac{x}{cos\theta}+\frac{y}{sin\theta}=1
考虑直线x=x_0 ，不同 \theta 对应直线和这条直线都有一个交点。
求 x=x_0 这条直线上纵坐标的范围，也就是求 \frac{x_0}{cos\theta}+\frac{y}{sin\theta}=1 中，当 \theta 变 化时 y 的取值范围。
把直线方程化成关于 y 的函数
y=sin\theta(1-\frac{x_0}{cos\theta}) ，接着关于 \theta 求导
\frac{dy}{d\theta}=cos\theta(1-\frac{x_0}{cos\theta})-x_0sin^2\theta\cdot\frac{1}{cos^2\theta}
导函数为零时
cos\theta-x_0(1+tan^2\theta)=0
注意到 1+tan^2\theta=\frac{1}{cos^2\theta}
解得 cos\theta=\sqrt[3]{x_0}
我们知道 0\leq x_0\leq1 ，所以 0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}
因此，
cos^3\theta=x_0 时，经过计算 y 有最大值 y_{max}=sin^3\theta
因此领域 E 的边界是
(x_0,y_{max})=(cos^3\theta,sin^3\theta)
注意到 cos^2\theta+sin^2\theta=1
所以领域 E 是 x^\frac{2}{3}+y^\frac{2}{3}\leq1 在第一象限内的部分。
放缩回到我们所要D ，得到 (\frac{x}{8})^\frac{2}{3}+y^\frac{2}{3}\leq1 ，也就是
E:\frac{x^\frac{2}{3}}{4}+y^\frac{2}{3}\leq1
接下来积分求体积：
V=\pi\int_0^8y^2dx
对 E 引入参数 \alpha ，可得 x=8cos^3\alpha,y=sin^3\alpha
也就是 V=\pi\int_0^8y^2dx=\pi\int_0^1sin^6\alpha \;d(8cos^3\alpha)
=\pi\int_0^\frac{\pi}{2} -24sin^7\theta cos^2\theta \;d\theta
=-24\pi\int_0^\frac{\pi}{2} sin^7\theta -sin^9\theta \;d\theta
根据Wallis公式
=-24\pi\times(\frac{8!!}{9!!}-\frac{6!!}{7!!})
=-24\pi\times(\frac{384}{945}-\frac{48}{105})
=24\pi\times\frac{48}{945}=\frac{128}{105}\pi
本题中用到的方法叫做包络线，到了大学讲到偏导数的时候会讲更详细的公式。（所以这题如果用包络线的话要先证明一下，类似国内高考的洛必达法则那种感觉）
这里留两道思考题，一道面向大学生及以上
另一道可以作为国内高考的圆锥曲线压轴题
本题中出现的
x^\frac{2}{3}+y^\frac{2}{3}=1
叫做星形线（asteroid），有很多有趣的性质。
首先，如本题中证明的一样，它的每一条切线和 x,y 轴的两个交点的连线的距离恒定为 1
试证明，它还是内摆线的特殊情况
当小圆的半径正好为大圆半径的 \frac{1}{4} 时，小圆在大圆内滚动时，请证明圆上一个定点扫过的轨迹就是星形线。
（本题面向国内大学生或大学生以上的读者）
2. 考虑椭圆 C
C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 ，其中 a+b=1,a>0,b>0
试求当 a,b 变化时，椭圆 C 扫过的区域。
（本题面向国内高中生，放到国内高考可以作为圆锥曲线压轴题。）
参考：这里
东京工业大学1990年高考第二题（理科）
n 是大于等于 2 的整数
1.
请用数学归纳法证明，存在最高次数为 n-1 的多项式 P_n(x) 和最高次数为 n 的多项式Q_n(x) ，使得对于任意的 \theta ，都有以下式子成立：
\sin(2n\theta)=n\sin(2\theta)P_n(\sin^2\theta) ， \cos(2n\theta)=Q_n(\sin^2\theta)
2.
对于 k=1,2,\cdot\cdot\cdot,n-1 ，设 \alpha_k=\frac{1}{\sin^2\frac{k\pi}{2n}}
请证明 ：P_n(x)=(1-\alpha_1x)(1-\alpha_2x)\cdot\cdot\cdot(1-\alpha_{n-1}x)
3.
请证明： \sum_{k=1}^{n-1}\alpha_k=\frac{2n^2-2}{3}
我们知道在 (0,\frac{\pi}{2}) 的范围中 \sin x<x<\tan x 是恒成立的
证明方法参考三角形 OAB ，扇形 OAB ，三角形 OBC 的面积关系
现在我们开个脑洞，把这个强行凑到平方倒数和的形式
\sin x<x<\tan x\to\sin^2 x<x^2<\tan^2 x
也就是 \frac{1}{\tan^2 x}<\frac{1}{x^2}<\frac{1}{\sin^2 x}
注意不等式的成立范围是 (0,\frac{\pi}{2}) ，而 x 是从 1 到正无穷的整数。
这里是关键：为了让这两个区间能够相互对应，我们需要把 \frac{\pi}{2} 切割成 n 个区间，然后取第 1,2,3,\cdot\cdot\cdot,k,\cdot\cdot\cdot,n 个区间
也就是设 x=\frac{k\pi}{2n} ，其中 k=1,2,3,\cdot\cdot\cdot,n
最后再依次把这些区间内的不等式加起来
也就是
\frac{1}{\tan^2 \frac{\pi}{2n}}<\frac{4n^2}{\pi^2}<\frac{1}{\sin^2 \frac{\pi}{2n}} ， \frac{1}{\tan^2 \frac{2\pi}{2n}} <\frac{4n^2}{2^2\pi^2}<\frac{1}{\sin^2 \frac{2\pi}{2n}}………………
把这些不等式全都加起来，再取一个极限就有
\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\tan^2 \frac{k\pi}{2n}}<\lim_{n \to \infty}\frac{4n^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}<\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sin^2 \frac{k\pi}{2n}}
变个形，再利用三角函数的公式 \frac{1}{\sin^2x}-1=\frac{1}{\tan^2x}
\lim_{n \to \infty}[(\frac{\pi^2}{4n^2}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sin^2 \frac{k\pi}{2n}} )-\frac{\pi}{4n}]<\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}<\lim_{n \to \infty}\frac{\pi^2}{4n^2}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sin^2 \frac{k\pi}{2n}}
\frac{\pi}{4n}在 n 趋近无穷时极限是零
根据夹逼定理，最后转化成求 \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sin^2 \frac{k\pi}{2n}}的值
在本题我们将会证明这个极限是 \frac{2}{3}
因此 \lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}=\frac{2}{3}\cdot\frac{\pi^2}{4}=\frac{\pi^2}{6}
那么问题回来了，这个极限如何证明是 \frac{2}{3} 呢？
参考：这里
1.
证明以下等式成立
\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^nxdx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}cos^n xdx
2.
令 I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^nxdx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}cos^n xdx
求证 I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}\quad(n\geq2)
3.
证明以下等式成立
I_n=\left\{ \begin{array}{ccc} \frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\\ \frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3} \end{array} \right\} （上半段是n为偶数，下半段是n为奇数）
4.
设 S_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2cos^{2n}xdx ，证明以下等式成立
S_{n-1}-\frac{2n}{2n-1}S_n=\frac{2}{2n(2n-1)}I_{2n}\quad(n\geq1)
5.证明以下等式成立
S_N=\frac{(2N-1)(2N-3)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot5\cdot3\cdot1}{2N(2N-2)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot4\cdot2}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2})
6.证明以下等式成立
S_N\leq\frac{1}{2N+2}\cdot\frac{(2N-1)(2N-3)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot5\cdot3\cdot1}{2N(2N-2)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot4\cdot2}\;(\frac{\pi}{2})^3
7.证明以下等式成立
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}
这题是巴塞尔问题的初等解答，也被叫做zeta(2)，是数学中很重要的一个极限。
巴塞尔问题的另一个利用三角函数的初等解答，曾经也在另一年的东京工业大学的题目中出现。
以后有机会写写
这题第三问证明的那个是Wallis公式（华莱士(？)公式），用来求三角函数积分的很好用的公式
1. 送分的
\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^nxdx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}cos^n xdx
令 t=\frac{\pi}{2}-x
\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^nxdx=\int_{\frac{\pi}{2}}^0cos^nt\cdot(-1)dt=\int_0^{\frac{\pi}{2}}cos^ntdt=\int_0^{\frac{\pi}{2}}cos^nxdx
得证
2.部分积分法，看到 I_n 和 I_{n+2} 就应该想到部分积分法了
\int sin^nxdx=\int (-cosx)\prime sin^{n-1}xdx=-cosxsin^{n-1}x-\int (-cosx)\cdot cosx\cdot (n-1)sin^{n-2}xdx
=-cosxsin^{n-1}x+\int (n-1)sin^{n-2}xdx-\int (n-1)sin^{n}xdx
第一项在 (0,\frac{\pi}{2}) 积分出来是0喔
所以
nI_n=(n-1)I_{n-2}
得证
3. S_{n+1}=\frac{2n}{2n-1}S_n+\frac{n(2n-1)}{I_{2n}}
由于 I_1=\int_0^\frac{\pi}{2} sinxdx=1
I_2=\int_0^\frac{\pi}{2} sin^2xdx=\frac{\pi}{4}
套用2问的结论
原式得证
4.对 S_n 分部积分
S_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2cos^{2n-1}x(sinx)\prime dx=0-\int_0^\frac{\pi}{2} 2xcos^{2n-1}xsinx+x^2(-sin^2x)(2n-1)cos^{2n-2}xdx
=-\int_0^\frac{\pi}{2}2xsinxcos^{2n-1}xdx-\int_0^\frac{\pi}{2}x^2(cos^2x-1)(2n-1)cos^{2n-2}xdx
注意到后半部分是S_n 和S_{n-1}
=-\int_0^\frac{\pi}{2}2xsinxcos^{2n-1}xdx-(2n-1)S_n+(2n-1)S_{n-1}
然后把 S_n 和 S_{n-1} 拿到同一侧
(2n-1)S_{n-1}-2nS_n=\int_0^\frac{\pi}{2}2xsinxcos^{2n-1}xdx
对右侧的部分进行部分积分
=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{2}{2n}x(-cos^{2n}x)\prime dx=-\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{2}{2n}(-cos^{2n}x)dx=\frac{1}{n}I_{2n}
整理得到 S_{n-1}-\frac{2n}{2n-1}S_n=\frac{2}{2n(2n-1)}I_{2n}
5.利用数学归纳法证明
如果S_N=\frac{(2N-1)(2N-3)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot5\cdot3\cdot1}{2N(2N-2)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot4\cdot2}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2}) 成立的话
那么由4问的结论,计 n-1=N
(2N+1)S_{N}=2(N+1)S_{N+1}+\frac{2}{2(N+1)}I_{2N+2}
\frac{(2N+1)(2N-1)(2N-3)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot5\cdot3\cdot1}{2N(2N-2)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot4\cdot2}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2})=2(N+1)S_{N+1}+\frac{2}{2N+2}\cdot\frac{2N+1}{2N+2}\cdot\frac{2N-1}{2N}\cdot\frac{2N-3}{2N-2}\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} 成立
把 S_{N+1} 单独拿出来
2(N+1)S_{N+1}=\frac{2N-1}{2N}\cdot\frac{2N-3}{2N-2}\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}(\frac{2N+1}{2}(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2})-\frac{2(2N+1)}{(2N+2)^2})
2(N+1)S_{N+1}=\frac{2N-1}{2N}\cdot\frac{2N-3}{2N-2}\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}(\frac{2N+1}{2}(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N+1}\frac{1}{n^2})
S_{N+1}=\frac{(2N+1)(2N-1)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot5\cdot3\cdot1}{(2N+2)2N\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot4\cdot2}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N+1}\frac{1}{n^2})
也就是说，对 S_{n+1} 也成立
利用半角公式计算 S_1
\int_0^\frac{\pi}{2} x^2cos^2xdx=\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\cdot\frac{1+cos2x}{2}dx
=\frac{\pi^3}{48}+\frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2cos2xdx
接下来右半部分用部分积分法
\int_0^\frac{\pi}{2}x^2cos2xdx=\frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}x^2(sin2x)\prime dx=-\frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}2xsin2xdx=-\frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}x(-cos2x)\prime dx
=-\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}cos2xdx
注意到 cos2x 关于 x=\frac{\pi}{4} 对称，第二项积分为0
=-\frac{\pi}{4}
S_1=\frac{\pi^3}{48}-\frac{\pi}{8}
根据 S_N=\frac{(2N-1)(2N-3)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot5\cdot3\cdot1}{2N(2N-2)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot4\cdot2}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2}) 计算出的 S_1 和这个数值是相等的。
根据数学归纳法，得证
6. 看到积分和小于号，就要想到被积函数的放缩啦
意思就是，我们要寻找一个函数，使得它积分出来的结果是
\frac{1}{2N+2}\cdot\frac{(2N-1)(2N-3)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot5\cdot3\cdot1}{2N(2N-2)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot4\cdot2}\;(\frac{\pi}{2})^3
并且在积分区间内恒大于 x^2cos^{2n}x
联想前几问，这个结果和wallis公式的形式很相似。
我们知道，在 (0,\frac{\pi}{2}) 的区间内，
我们把这个式子用 带有I 的算式表示出来的话
\frac{1}{2N+2}\cdot\frac{(2N-1)(2N-3)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot5\cdot3\cdot1}{2N(2N-2)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot4\cdot2}\;(\frac{\pi}{2})^3
=\frac{(2N+2)-(2N+1)}{2N+2}\cdot\frac{(2N-1)(2N-3)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot5\cdot3\cdot1}{2N(2N-2)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot4\cdot2}\;(\frac{\pi}{2})^3
=(\frac{\pi}{2})^2(I_{2N}-I_{2N+2})
那么思路就很明确了
如果我们把式子里的 x 换成 sinx 的话
那么就有
\int_0^\frac{\pi}{2} x^2cos^2nxdx\rightarrow \int_0^\frac{\pi}{2} sin^2xcos^{2n}xdx=I_{2N}-I_{2N+2}
还差两个 \frac {\pi}{2}
那么我们如果把 x 换成 \frac{\pi}{2}sinx 就好了啦！正好题里还给了
至于为什么有 x<\frac{\pi}{2}sinx 成立，证明在下面可看可不看
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我们知道， f(x)=\frac{sinx}{x} 在 (0,\frac{\pi}{2}) 的增减性可以用导数求得
f\prime(x)=\frac{cosx\cdot x-sinx}{x^2}=\frac{x-tanx}{x^2cosx}
分母为正数，因此我们考虑分子的正负
设 g(x)=x-tanx （x\in(0,\frac{\pi}{2})）
g\prime (x)=1-\frac{1}{cos^2x}<0 （三角函数的取值范围）
g(0)=0 ，因此 g(x)<0
因此，函数 f(x) 在 x=\frac{\pi}{2} 处取得最小值 \frac{2}{\pi}
根据 \lim_{x \to 0}\;\frac{sinx}{x}=1 ，函数 f(x) 在 (0,\frac{\pi}{2}) 的值域是
(\frac{2}{\pi},1) ,恒大于 \frac{2}{\pi}
因此 x<\frac{\pi}{2}sinx 在 (0,\frac{\pi}{2}) 恒成立
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所以有
\int_0^\frac{\pi}{2} x^2cos^2nxdx<(\frac{\pi}{2} )^2\int_0^\frac{\pi}{2} sin^2xcos^{2n}xdx=(\frac{\pi}{2} )^2(I_{2N}-I_{2N+2})
得证
7.
我们知道， 在积分区间内x^2cos^2x是大于0的，所以有S_n>0
带入5,6的结果
0<\frac{(2N-1)(2N-3)\cdot\cdot\cdot1}{2N(2N-2)\cdot\cdot\cdot2}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2})\leq\frac{1}{2N+2}\cdot\frac{(2N-1)(2N-3)\cdot\cdot\cdot3\cdot1}{2N(2N-2)\cdot\cdot\cdot4\cdot2}\;(\frac{\pi}{2})^3
把一样的东西约分掉（约分掉那一长串东西是正数）
0<(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2})\leq\frac{1}{N+1}\cdot(\frac{\pi}{2})^2
因为 \lim_{x\to \infty}\frac{1}{N+1}\cdot(\frac{\pi}{2})^2=0
根据夹逼定理
\lim_{0 \to \infty}\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2}=0
因此
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}
得证