東京大学 2020年度理系数学第3問解答・解説

問題

$- 1 ≦ t ≦ 1$ を満たす実数 $t$ に対して，

x (t) = (1 + t) 1 + t

y (t) = 3 (1 + t) 1 - t

とする。座標平面上の点 $P (x (t), y (t))$ を考える。

(1) $- 1 < t ≦ 1$ における $t$ の関数 $\frac{y ( t )}{x ( t )}$ は単調に減少することを示せ。

(2) 原点と $P$ の距離を $f (t)$ とする。 $- 1 ≦ t ≦ 1$ における $t$ の関数 $f (t)$ の増減を調べ，最大値を求めよ。

(3) $t$ が $- 1 ≦ t ≦ 1$ を動くときの $P$ の軌跡を $C$ とし， $C$ と $x$ 軸で囲まれた領域を $D$ とする。原点を中心として $D$ を時計回りに $90^{\circ}$ 回転させるとき， $D$ が通過する領域の面積を求めよ。

出典：東京大学 2020年度前期日程第2次学力試験理系第3問

方針

解法1（偏角と最大半径で回転領域を分ける方法）

(1)は $y / x$ を直接整理し、偏角が単調に減少することを得る。(2)は距離の二乗を微分する。(3)はまず表示積分で $D$ の面積を求め、偏角 $π /3$ で最大半径をとることから、回転通過領域を $D$ に最大半径の $9 0^{\circ}$ 扇形を加えたものとして数える。

解法2（三角置換で軌跡を表示する方法）

$t = cos 2 ϕ$ とおき、軌跡を $x = 22 cos^{3} ϕ, y = 62 sin ϕ cos^{2} ϕ$ 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。

解答

解法1（偏角と最大半径で回転領域を分ける方法）

(1)

$- 1 < t ≦ 1$ では $x (t) > 0$ であり、

\frac{y ( t )}{x ( t )} = 3 \frac{1 - t}{1 + t} .

$(1 - t) / (1 + t)$ 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 $y (t) / x (t)$ は単調に減少する。

(2)

距離の二乗を $F (t) = f (t)^{2}$ とすると

F (t) = (1 + t)^{3} + 9 (1 + t)^{2} (1 - t) = 2 (1 + t)^{2} (5 - 4 t) .

よって

F^{'} (t) = 12 (1 + t) (1 - 2 t) .

したがって $f (t)$ は

- 1 ≦ t ≦ \frac{1}{2}

で増加し、

\frac{1}{2} ≦ t ≦ 1

で減少する。最大値は $t = 1/2$ で

f (\frac{1}{2}) = \frac{27}{2} = \frac{3 6}{2} .

(3)

(1)より、 $P$ の偏角は $π /2$ 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{d x}{d t} = \frac{3}{2} 1 + t

だから

S_{D} = \int_{- 1}^{1} y (t) \frac{d x}{d t} d t = \frac{9}{2} \int_{- 1}^{1} (1 + t)^{3/2} (1 - t)^{1/2} d t .

$t = 2 u - 1$ 、さらに $u = sin^{2} ϕ$ とおくと

\int_{- 1}^{1} (1 + t)^{3/2} (1 - t)^{1/2} d t = 16 \int_{0}^{π /2} sin^{4} ϕ cos^{2} ϕ d ϕ = \frac{π}{2} .

よって

S_{D} = \frac{9 π}{4} .

最大半径は

R = \frac{3 6}{2} .

$t = 1/2$ のとき

\frac{y}{x} = 3

だから、その偏角は $π /3$ である。

原点から見た方向を $φ$ とする。時計回りに $π /2$ 回す間に、 $- π /6 ≦ φ ≦ π /3$ 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 $π /2$ の扇形を加えたものになる。

S = S_{D} + \frac{1}{2} R^{2} \cdot \frac{π}{2} = \frac{9 π}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{27}{2} \cdot \frac{π}{2} = \frac{45 π}{8} .

解法2（三角置換で軌跡を表示する方法）

(1)

比の二乗をとると

(\frac{y ( t )}{x ( t )})^{2} = 9 \frac{1 - t}{1 + t} .

右辺の導関数は

- \frac{18}{( 1 + t ) ^{2}} < 0

であり、 $y / x ≧ 0$ だから $y / x$ 自身も単調に減少する。

(2)

f (t)^{2} = 2 (1 + t)^{2} (5 - 4 t)

を微分すれば

\frac{d}{d t} f (t)^{2} = 12 (1 + t) (1 - 2 t) .

よって $t = 1/2$ までは増加、その後は減少し、

max f (t) = \frac{3 6}{2} .

(3)

$t = cos 2 ϕ$ とおくと $0 ≦ ϕ ≦ π /2$ で

x = 22 cos^{3} ϕ, y = 62 sin ϕ cos^{2} ϕ .

したがって

S_{D} = \int_{0}^{π /2} 62 sin ϕ cos^{2} ϕ \cdot 62 sin ϕ cos^{2} ϕ d ϕ = 72 \int_{0}^{π /2} sin^{2} ϕ cos^{4} ϕ d ϕ .

ここで

\int_{0}^{π /2} sin^{2} ϕ cos^{4} ϕ d ϕ = \int_{0}^{π /2} (cos^{4} ϕ - cos^{6} ϕ) d ϕ = \frac{3 π}{16} - \frac{5 π}{32} = \frac{π}{32} .

よって $S_{D} = 9 π /4$ である。

もとの偏角を $θ$ とすると $0 ≦ θ ≦ π /2$ で、半径は $θ = π /3$ まで増加し、その後減少する。回転後の方向 $φ$ ごとの最大半径は、

- \frac{π}{2} ≦ φ ≦ - \frac{π}{6}

では $D$ の $0 ≦ θ ≦ π /3$ の部分を $- π /2$ 回したもの、

- \frac{π}{6} ≦ φ ≦ \frac{π}{3}

では一定値 $R = 36 /2$ 、

\frac{π}{3} ≦ φ ≦ \frac{π}{2}

では $D$ の $π /3 ≦ θ ≦ π /2$ 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} π R^{2} = \frac{9 π}{4} + \frac{27 π}{8} = \frac{45 π}{8} .

東京大学 2020年度理系数学 第3問

問題

方針

解法1（偏角と最大半径で回転領域を分ける方法）

解法2（三角置換で軌跡を表示する方法）

解答

解法1（偏角と最大半径で回転領域を分ける方法）

(1)

(2)

(3)

解法2（三角置換で軌跡を表示する方法）

(1)

(2)

(3)

東京大学 2020年度
理系数学第3問