東京大学 2020年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第3問

(1)

$-1<t\leqq 1$ では $x(t)>0$ であり、$$\frac{y(t)}{x(t)}=3\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}\mathrm{.}$$$(1-t)\mathrm{/}(1+t)$ はこの区間で単調に減少し、平方根も単調性を保つ。したがって $y(t)\mathrm{/}x(t)$ は単調に減少する。

(2)

距離の二乗を $F(t)=f(t{)}^2$ とすると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle F(t)}& {\displaystyle =(1+t{)}^3+9(1+t{)}^2(1-t)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2(1+t{)}^2(5-4t)\mathrm{.}}\end{array}$$よって$$F^{\mathrm{\prime }}(t)=12(1+t)(1-2t)\mathrm{.}$$したがって $f(t)$ は$$-1\leqq t\leqq \frac{1}{2}$$で増加し、$$\frac{1}{2}\leqq t\leqq 1$$で減少する。最大値は $t=1\mathrm{/}2$ で$$f\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\frac{27}{2}}=\frac{3\sqrt{6}}{2}\mathrm{.}$$(3)

(1) より、$P$ の偏角は $\pi \mathrm{/}2$ から0まで単調に減少する。したがって $D$ は、各方向について原点から $C$ までの線分を集めた星形領域である。

まず $D$ の面積を求める。$$\frac{dx}{dt}=\frac{3}{2}\sqrt{1+t}$$だから$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_D}& {\displaystyle ={\int }_{-1}^{1}y(t)\frac{dx}{dt}dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{9}{2}{\int }_{-1}^1(1+t{)}^{3\mathrm{/}2}(1-t{)}^{1\mathrm{/}2}dt\mathrm{.}}\end{array}$$$t=2u-1$、さらに $u={\sin }^2\varphi$ とおくと$${\int }_{-1}^1(1+t{)}^{3\mathrm{/}2}(1-t{)}^{1\mathrm{/}2}dt=16{\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}{\sin }^4\varphi {\cos }^2\varphi d\varphi =\frac{\pi }{2}\mathrm{.}$$よって$$S_D=\frac{9\pi }{4}\mathrm{.}$$最大半径は$$R=\frac{3\sqrt{6}}{2}\mathrm{.}$$$t=1\mathrm{/}2$ のとき$$\frac{y}{x}=\sqrt{3}$$だから、その偏角は $\pi \mathrm{/}3$ である。

原点から見た方向を $\phi$ とする。時計回りに $\pi \mathrm{/}2$ 回す間に、$$-\pi \mathrm{/}6\leqq \phi \leqq \pi \mathrm{/}3$$ では最大半径 $R$ の点がその方向まで到達する。両側の方向では、もとの $D$ の半径分布が重複なく移る。したがって通過領域の面積は、$D$ の面積に半径 $R$、中心角 $\pi \mathrm{/}2$ の扇形を加えたものになる。$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S}& {\displaystyle =S_D+\frac{1}{2}{R}^2\cdot \frac{\pi }{2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{9\pi }{4}+\frac{1}{2}\cdot \frac{27}{2}\cdot \frac{\pi }{2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{45\pi }{8}\mathrm{.}}\end{array}$$

$t=\cos 2\varphi$ とおき、軌跡を $x=2\sqrt{2}{\cos }^3\varphi ,y=6\sqrt{2}\sin \varphi {\cos }^2\varphi$ と表示する。面積は三角関数の定積分で計算し、半径の増減と偏角の単調性から回転後の半径包絡を3つの角度区間に分ける。

(1)

比の二乗をとると$${\left(\frac{y(t)}{x(t)}\right)}^2=9\frac{1-t}{1+t}\mathrm{.}$$右辺の導関数は$$-\frac{18}{(1+t{)}^2}<0$$であり、$y\mathrm{/}x\geqq 0$ だから $y\mathrm{/}x$ 自身も単調に減少する。

(2) $$f(t{)}^2=2(1+t{)}^2(5-4t)$$を微分すれば$$\frac{d}{dt}f(t{)}^2=12(1+t)(1-2t)\mathrm{.}$$よって $t=1\mathrm{/}2$ までは増加、その後は減少し、$$\max f(t)=\frac{3\sqrt{6}}{2}\mathrm{.}$$(3)

$t=\cos 2\varphi$ とおくと $0\leqq \varphi \leqq \pi \mathrm{/}2$ で$$x=2\sqrt{2}{\cos }^3\varphi ,y=6\sqrt{2}\sin \varphi {\cos }^2\varphi \mathrm{.}$$したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_D}& {\displaystyle ={\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}6\sqrt{2}\sin \varphi {\cos }^2\varphi \cdot 6\sqrt{2}\sin \varphi {\cos }^2\varphi d\varphi }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =72{\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}{\sin }^2\varphi {\cos }^4\varphi d\varphi \mathrm{.}}\end{array}$$ここで$${\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}{\sin }^2\varphi {\cos }^4\varphi d\varphi ={\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}({\cos }^4\varphi -{\cos }^6\varphi )d\varphi =\frac{3\pi }{16}-\frac{5\pi }{32}=\frac{\pi }{32}\mathrm{.}$$よって $S_D=9\pi \mathrm{/}4$ である。

もとの偏角を $\theta$ とすると $0\leqq \theta \leqq \pi \mathrm{/}2$ で、半径は $\theta =\pi \mathrm{/}3$ まで増加し、その後減少する。回転後の方向 $\phi$ ごとの最大半径は、$$-\frac{\pi }{2}\leqq \phi \leqq -\frac{\pi }{6}$$では $D$ の $0\leqq \theta \leqq \pi \mathrm{/}3$ の部分を $-\pi \mathrm{/}2$ 回したもの、$$-\frac{\pi }{6}\leqq \phi \leqq \frac{\pi }{3}$$では一定値 $R=3\sqrt{6}\mathrm{/}2$、$$\frac{\pi }{3}\leqq \phi \leqq \frac{\pi }{2}$$では $D$ の $$\pi \mathrm{/}3\leqq \theta \leqq \pi \mathrm{/}2$$ の部分である。両端の2部分の面積を合わせるとちょうど $S_D$ になる。ゆえに$$S=S_D+\frac{1}{4}\pi R^2=\frac{9\pi }{4}+\frac{27\pi }{8}=\frac{45\pi }{8}\mathrm{.}$$