九州大学 1993年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1)
時刻 $t$ において $P=(t,0),Q=(x,y)$ である。距離 $PQ$ は一定で，初めに $P=(0,0)$，$Q=(0,1)$ だからその距離は1である。したがって $(t-x{)}^2+y^2=1$ が成り立つ。

また，$Q$ は常に $P$ に向かって進むので，$Q$ の速度ベクトルは $$\overrightarrow{QP}=(t-x,-y)$$ に平行である。したがって，曲線の接線の傾きは $${\displaystyle \frac{dy}{dx}}={\displaystyle \frac{-y}{t-x}}$$ である。

問題で扱う点では $Q$ は $x$ 軸より上にあり，$P$ は $Q$ の右側にあるので $t-x\geqq 0$ である。距離条件から $$t-x=\sqrt{1-y^2}$$ となる。よって $${\displaystyle \frac{dy}{dx}}=-{\displaystyle \frac{y}{\sqrt{1-y^2}}}$$ が成り立つ。

(2)
(1)より，$0<y<1$ で $${\displaystyle \frac{dx}{dy}}=-{\displaystyle \frac{\sqrt{1-y^2}}{y}}$$ である。$y$ が ${\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}$ から ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ へ下がるにつれて $x$ は増えるので，求める面積は $${\int }_a^{b}ydx$$ である。これを $y$ で積分すると$${\int }_a^{b}ydx={\int }_{\sqrt{3}\mathrm{/}2}^{1\mathrm{/}2}y{\displaystyle \frac{dx}{dy}}dy={\int }_{\sqrt{3}\mathrm{/}2}^{1\mathrm{/}2}-\sqrt{1-y^2}dy$$である。したがって $${\int }_a^{b}ydx={\int }_{1\mathrm{/}2}^{\sqrt{3}\mathrm{/}2}\sqrt{1-y^2}dy$$ となる。

ここで $y=\sin \theta$ とおく。$y={\displaystyle \frac{1}{2}}$ のとき $$\theta ={\displaystyle \frac{\pi }{6}}$$，$$y={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}$$ のとき $$\theta ={\displaystyle \frac{\pi }{3}}$$ であり，$dy=\cos \theta d\theta$ である。よって$${\int }_{1\mathrm{/}2}^{\sqrt{3}\mathrm{/}2}\sqrt{1-y^2}dy={\int }_{\pi \mathrm{/}6}^{\pi \mathrm{/}3}{\cos }^2\theta d\theta$$である。さらに $${\cos }^2\theta ={\displaystyle \frac{1+\cos 2\theta }{2}}$$ より$${\int }_{\pi \mathrm{/}6}^{\pi \mathrm{/}3}{\cos }^2\theta d\theta ={[{\displaystyle \frac{\theta }{2}}+{\displaystyle \frac{\sin 2\theta }{4}}]}_{\pi \mathrm{/}6}^{\pi \mathrm{/}3}$$である。ここで $$\sin {\displaystyle \frac{2\pi }{3}}=\sin {\displaystyle \frac{\pi }{3}}={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}$$ なので，三角関数の項は打ち消し合う。したがって面積は $${\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{\pi }{3}}-{\displaystyle \frac{\pi }{6}})={\displaystyle \frac{\pi }{12}}$$ である。

速度ベクトルが $\overrightarrow{QP}$ の正の定数倍であることを成分で表し，距離条件から比例係数を消去する。面積は微分方程式によって単位円の弧の下の面積へ移し，2つの扇形と直角三角形の差として図形的に計算する。

(1)
距離 $PQ$ は初めから常に1なので$$\begin{array}{cccc}& (t-x{)}^2+y^2=1.& & \text{(1)}\end{array}$$また，ある正の数 $\lambda$ を用いて$$({\displaystyle \frac{dx}{dt}},{\displaystyle \frac{dy}{dt}})=\lambda (t-x,-y)$$と書ける。したがって$${\displaystyle \frac{dy}{dx}}=-{\displaystyle \frac{y}{t-x}}\mathrm{.}$$$Q$ は $P$ の左側にあるので，(1)から$$t-x=\sqrt{1-y^2}\mathrm{.}$$よって$${\displaystyle \frac{dy}{dx}}=-{\displaystyle \frac{y}{\sqrt{1-y^2}}}$$が成り立つ。

(2)
$y$ は $\sqrt{3}\mathrm{/}2$ から $1\mathrm{/}2$ へ減少し，$x$ は $a$ から $b$ へ増加する。したがって面積 $S$ は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S}& {\displaystyle ={\int }_a^{b}ydx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\int }_{\sqrt{3}\mathrm{/}2}^{1\mathrm{/}2}y(-{\displaystyle \frac{\sqrt{1-y^2}}{y}})dy}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\int }_{1\mathrm{/}2}^{\sqrt{3}\mathrm{/}2}\sqrt{1-y^2}dy\mathrm{.}}\end{array}$$これは単位円$$X^2+y^2=1$$の右半分で，$y=1\mathrm{/}2$ と $y=\sqrt{3}\mathrm{/}2$ に挟まれた面積である。対応する偏角は $\pi \mathrm{/}6$ と $\pi \mathrm{/}3$ である。両端にできる直角三角形の面積はともに$${\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}$$で等しく，差を取ると消える。したがって残るのは中心角 $\pi \mathrm{/}3-\pi \mathrm{/}6$ の扇形の面積であり，$$S={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{\pi }{3}}-{\displaystyle \frac{\pi }{6}})={\displaystyle \frac{\pi }{12}}\mathrm{.}$$