九州大学 2022年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1) $${\displaystyle \frac{dx}{dt}}=-5\sin t-5\sin 5t=-5(\sin t+\sin 5t)$$ である。$$0<t<{\displaystyle \frac{\pi }{6}}$$ では $$0<t<{\displaystyle \frac{\pi }{6}},0<5t<{\displaystyle \frac{5\pi }{6}}<\pi$$ だから $\sin t>0$，$\sin 5t>0$ である。よって $${\displaystyle \frac{dx}{dt}}<0$$ である。

また $${\displaystyle \frac{dy}{dt}}=5\cos t-5\cos 5t=5(\cos t-\cos 5t)$$ である。$0<t<5t<\pi$ で，$\cos x$ は $0\leqq x\leqq \pi$ で減少するから $\cos t>\cos 5t$ である。したがって $${\displaystyle \frac{dy}{dt}}>0$$ である。以上より $${\displaystyle \frac{dy}{dx}}={\displaystyle \frac{dy\mathrm{/}dt}{dx\mathrm{/}dt}}<0$$ が成り立つ。

(2)

端点を確認すると，$t=0$ で $(x,y)=(6,0)$ であり，$$t={\displaystyle \frac{\pi }{6}}$$ で$$x=5\cdot {\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}+\cos {\displaystyle \frac{5\pi }{6}}=2\sqrt{3},y=5\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}-\sin {\displaystyle \frac{5\pi }{6}}=2$$である。この点は $$y={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}x$$ 上にある。

求める図形の境界は，原点から $(6,0)$ への $x$ 軸上の線分，曲線の $$0\leqq t\leqq {\displaystyle \frac{\pi }{6}}$$ の部分，および $(2\sqrt{3},2)$ から原点への直線上の線分である。

曲線部分で部分積分を行うと$$\int xdy=[xy{]}_{t=0}^{t=\pi \mathrm{/}6}-\int ydx=4\sqrt{3}-\int ydx\mathrm{.}$$したがって$${\displaystyle \frac{1}{2}}\int (xdy-ydx)=2\sqrt{3}-\int ydx$$となる。右辺は，原点・$(2\sqrt{3},0)$・$(2\sqrt{3},2)$ の三角形の面積と，曲線下の面積の和であり，まさに求める面積である。よって面積 $S$ は$$S={\displaystyle \frac{1}{2}}{\int }_0^{{\displaystyle \frac{\pi }{6}}}(x{\displaystyle \frac{dy}{dt}}-y{\displaystyle \frac{dx}{dt}})dt$$で求められる。

ここで $$x=5\cos t+\cos 5t,y=5\sin t-\sin 5t$$ より $${\displaystyle \frac{dx}{dt}}=-5\sin t-5\sin 5t,{\displaystyle \frac{dy}{dt}}=5\cos t-5\cos 5t$$ である。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle x{\displaystyle \frac{dy}{dt}}-y{\displaystyle \frac{dx}{dt}}}& {\displaystyle =(5\cos t+\cos 5t)(5\cos t-5\cos 5t)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle -(5\sin t-\sin 5t)(-5\sin t-5\sin 5t)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =20-20\cos 6t}\end{array}$$である。よって$$S={\displaystyle \frac{1}{2}}{\int }_0^{{\displaystyle \frac{\pi }{6}}}20(1-\cos 6t)dt=10{[t-{\displaystyle \frac{\sin 6t}{6}}]}_0^{{\displaystyle \frac{\pi }{6}}}={\displaystyle \frac{5\pi }{3}}$$である。

(3)

まず$$x(-t)=x(t),y(-t)=-y(t)$$である。したがって，媒介変数が $t$ の点と $-t$ の点は $x$ 軸に関して対称であり，曲線 $C$ は $x$ 軸に関して対称である。

次に $X=x(t)$，$Y=y(t)$ とおく。$5(t+\pi \mathrm{/}3)\equiv 5t-\pi \mathrm{/}3(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2\pi )$ であるから，加法定理より$$\begin{array}{rl}{\displaystyle x(t+{\displaystyle \frac{\pi }{3}})}& {\displaystyle =5\cos (t+{\displaystyle \frac{\pi }{3}})+\cos (5t-{\displaystyle \frac{\pi }{3}})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =X\cos {\displaystyle \frac{\pi }{3}}-Y\sin {\displaystyle \frac{\pi }{3}},}\\ {\displaystyle y(t+{\displaystyle \frac{\pi }{3}})}& {\displaystyle =5\sin (t+{\displaystyle \frac{\pi }{3}})-\sin (5t-{\displaystyle \frac{\pi }{3}})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =X\sin {\displaystyle \frac{\pi }{3}}+Y\cos {\displaystyle \frac{\pi }{3}}\mathrm{.}}\end{array}$$右辺は点 $(X,Y)$ を原点のまわりに反時計回りに $\pi \mathrm{/}3$ 回転した座標である。必要なら $t+\pi \mathrm{/}3$ から $2\pi$ の整数倍を引けば，媒介変数を $-\pi \leqq t<\pi$ に取れる。よって回転後の点も $C$ 上にある。

(4)

一つの弧の代表点は$$t=0:(6,0),t={\displaystyle \frac{\pi }{6}}:(2\sqrt{3},2),t={\displaystyle \frac{\pi }{3}}:(3,3\sqrt{3})$$である。(1) より，前半 $0<t<\pi \mathrm{/}6$ では $x$ は減少し，$y$ は増加する。また，$x$ 軸に関する対称移動と $\pi \mathrm{/}3$ 回転を続けて行うと直線 $y=x\mathrm{/}\sqrt{3}$ に関する対称移動になるので，後半の弧は前半の弧をこの直線に関して折り返した形になる。

さらに$${\displaystyle \frac{dx}{dt}}=-5(\sin t+\sin 5t),{\displaystyle \frac{dy}{dt}}=5(\cos t-\cos 5t)$$は $t=k\pi \mathrm{/}3$ でともに $0$ になる。したがって六つの尖点は$$(6,0),(3,3\sqrt{3}),(-3,3\sqrt{3}),(-6,0),(-3,-3\sqrt{3}),(3,-3\sqrt{3})$$である。以上の一つの弧を $\pi \mathrm{/}3$ ずつ回転してつなぐと，下図のような6回対称の閉曲線を得る。

(1) (3)(4) は解法1と同じである。(2) だけ別に，$x$ の単調減少を用いて曲線をグラフとみなす。原点から $x=2\sqrt{3}$ までの三角形と，$x=2\sqrt{3}$ から6までの曲線下の面積に分ける。後者を媒介変数積分に直し，3つの三角積分を積和公式で最後まで計算する。

(1)

符号判定は解法1と同じである。

(2)
$0<t<\pi \mathrm{/}6$ では $dx\mathrm{/}dt<0$ なので，曲線部分は $x$ の関数のグラフとみなせる。求める面積は

- 原点，$(2\sqrt{3},0)$，$(2\sqrt{3},2)$ の三角形
- $x=2\sqrt{3}$ から $x=6$ までの曲線下の部分

の和である。三角形の面積は$${\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 2\sqrt{3}\cdot 2=2\sqrt{3}\mathrm{.}$$曲線下の面積を $I$ とすると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I}& {\displaystyle ={\int }_{2\sqrt{3}}^{6}ydx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =-{\int }_0^{\pi \mathrm{/}6}y(t)x^{\mathrm{\prime }}(t)dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =5{\int }_0^{\pi \mathrm{/}6}(5\sin t-\sin 5t)(\sin t+\sin 5t)dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =5{\int }_0^{\pi \mathrm{/}6}\{5{\sin }^{2}t+4\sin t\sin 5t-{\sin }^{2}5t\}dt\mathrm{.}}\end{array}$$ここで$${\int }_0^{\pi \mathrm{/}6}{\sin }^{2}tdt={\displaystyle \frac{\pi }{12}}-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{8}},$$$${\int }_0^{\pi \mathrm{/}6}\sin t\sin 5tdt={\displaystyle \frac{1}{2}}{\int }_0^{\pi \mathrm{/}6}(\cos 4t-\cos 6t)dt={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{16}},$$$${\int }_0^{\pi \mathrm{/}6}{\sin }^{2}5tdt={[{\displaystyle \frac{t}{2}}-{\displaystyle \frac{\sin 10t}{20}}]}_0^{\pi \mathrm{/}6}={\displaystyle \frac{\pi }{12}}+{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{40}}\mathrm{.}$$したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I}& {\displaystyle =5\{5({\displaystyle \frac{\pi }{12}}-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{8}})+4\cdot {\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{16}}-({\displaystyle \frac{\pi }{12}}+{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{40}})\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{5\pi }{3}}-2\sqrt{3}\mathrm{.}}\end{array}$$よって$$S=2\sqrt{3}+I={\displaystyle \frac{5\pi }{3}}\mathrm{.}$$(3)

対称性の証明は解法1と同じである。

(4)

概形の構成は解法1と同じである。