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京都大学 1999年理系第6問解説

方針・初手

$x$ および $y$ について $t$ で微分し、増減表を作成してそれぞれのとりうる値の範囲を求めます。後半の面積については、曲線と直線 $y=x$ の上下関係を $y-x$ の符号から判定し、定積分を立式します。媒介変数のまま積分する際は、式変形の工夫（平行移動の置換積分や、極座標の面積公式の応用）によって計算量を大きく減らすことができます。

解法1

$x = \frac{3t - t^2}{t + 1}, \ y = \frac{3t^2 - t^3}{t + 1}$ をそれぞれ $t$ で微分する。

$$ \begin{aligned} \frac{dx}{dt} &= \frac{(3 - 2t)(t + 1) - (3t - t^2) \cdot 1}{(t + 1)^2} = \frac{-t^2 - 2t + 3}{(t + 1)^2} = \frac{-(t + 3)(t - 1)}{(t + 1)^2} \\ \frac{dy}{dt} &= \frac{(6t - 3t^2)(t + 1) - (3t^2 - t^3) \cdot 1}{(t + 1)^2} = \frac{-2t^3 + 6t}{(t + 1)^2} = \frac{-2t(t^2 - 3)}{(t + 1)^2} \end{aligned} $$

$0 \leqq t \leqq 3$ における増減表は以下のようになる。

$t$	$0$	$\cdots$	$1$	$\cdots$	$\sqrt{3}$	$\cdots$	$3$
$\frac{dx}{dt}$		$+$	$0$	$-$	$-$	$-$
$x$	$0$	$\nearrow$	$1$	$\searrow$	$\searrow$	$\searrow$	$0$
$\frac{dy}{dt}$	$0$	$+$	$+$	$+$	$0$	$-$
$y$	$0$	$\nearrow$	$1$	$\nearrow$	$6\sqrt{3}-9$	$\searrow$	$0$

ここで $t=\sqrt{3}$ のときの $y$ の値は、

$$ y(\sqrt{3}) = \frac{9 - 3\sqrt{3}}{\sqrt{3} + 1} = \frac{3\sqrt{3}(\sqrt{3} - 1)}{\sqrt{3} + 1} = \frac{3\sqrt{3}(\sqrt{3} - 1)^2}{(\sqrt{3} + 1)(\sqrt{3} - 1)} = \frac{3\sqrt{3}(4 - 2\sqrt{3})}{2} = 6\sqrt{3} - 9 $$

したがって、動く範囲はそれぞれ $0 \leqq x \leqq 1$ $0 \leqq y \leqq 6\sqrt{3} - 9$ である。

次に面積を求める。$y - x = \frac{3t^2 - t^3 - (3t - t^2)}{t + 1} = \frac{t(t - 1)(3 - t)}{t + 1}$ であるから、$0 \leqq t \leqq 3$ において、 $0 < t < 1$ のとき $y < x$ $1 < t < 3$ のとき $y > x$ となる。 $(x,y)$ が描くグラフは $t=0 \to 1$ で原点から $(1,1)$ へ進み、$t=1 \to 3$ で $(1,1)$ から原点へ戻る閉曲線である。グラフが囲む図形と $y \geqq x$ の共通部分は、$t=1 \to 3$ の曲線と線分 $y=x \ (0 \leqq x \leqq 1)$ で囲まれた領域である。この曲線を $y = f(x)$ とおくと、$t$ が $1$ から $3$ に増加するとき $x$ は $1$ から $0$ に単調減少するため、求める面積 $S$ は、

$$ S = \int_{0}^{1} (f(x) - x) dx $$

置換積分 $x = x(t)$ を用いると、$dx = x'(t)dt$ であり、積分区間は $x: 0 \to 1$ に対して $t: 3 \to 1$ となる。

$$ S = \int_{3}^{1} (y(t) - x(t)) x'(t) dt = \int_{1}^{3} (y(t) - x(t)) (-x'(t)) dt $$

ここで $u = t + 1$ と置換すると、$dt = du$、$t: 1 \to 3$ のとき $u: 2 \to 4$ であり、

$$ \begin{aligned} (y(t) - x(t))(-x'(t)) &= \frac{t(t - 1)(3 - t)}{t + 1} \cdot \frac{(t + 3)(t - 1)}{(t + 1)^2} = \frac{t(t - 1)^2(3 - t)(t + 3)}{(t + 1)^3} \\ &= \frac{(u - 1)(u - 2)^2(4 - u)(u + 2)}{u^3} \\ &= \frac{(u^3 - 5u^2 + 8u - 4)(-u^2 + 2u + 8)}{u^3} \\ &= \frac{-u^5 + 7u^4 - 10u^3 - 20u^2 + 56u - 32}{u^3} \\ &= -u^2 + 7u - 10 - \frac{20}{u} + \frac{56}{u^2} - \frac{32}{u^3} \end{aligned} $$

これを積分する。

$$ \begin{aligned} S &= \int_{2}^{4} \left( -u^2 + 7u - 10 - \frac{20}{u} + \frac{56}{u^2} - \frac{32}{u^3} \right) du \\ &= \left[ -\frac{1}{3}u^3 + \frac{7}{2}u^2 - 10u - 20\log u - \frac{56}{u} + \frac{16}{u^2} \right]_{2}^{4} \end{aligned} $$

$u=4$ を代入した値：

$$ -\frac{64}{3} + 56 - 40 - 20\log 4 - 14 + 1 = -\frac{55}{3} - 40\log 2 $$

$u=2$ を代入した値：

$$ -\frac{8}{3} + 14 - 20 - 20\log 2 - 28 + 4 = -\frac{98}{3} - 20\log 2 $$

したがって、

$$ S = \left( -\frac{55}{3} - 40\log 2 \right) - \left( -\frac{98}{3} - 20\log 2 \right) = \frac{43}{3} - 20\log 2 $$

解法2

面積積分の別解として、極座標における面積の考え方を利用する。 $y(t) = t x(t)$ より、原点と点 $(x(t), y(t))$ を結ぶ動径の傾きは $t$ である。 $t$ が $1$ から $3$ まで単調に増加するとき、動径は反時計回りに回転しながら領域全体を掃く。領域の境界は原点を通る直線 $y=x \ (t=1)$ と $y=3x \ (t=3)$ および曲線 $C_2$ に囲まれており、極座標 $(r, \theta)$ を用いると $t = \tan \theta$ であるから、$dt = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$ となる。求める面積 $S$ は、動径が掃く面積に等しいので、

$$ S = \int_{\theta_1}^{\theta_2} \frac{1}{2} r^2 d\theta $$

ここで $r^2 = x^2 + y^2 = x^2 + (tx)^2 = x^2(1+t^2)$ であるから、

$$ \frac{1}{2} r^2 d\theta = \frac{1}{2} x^2(1+t^2) \cdot \cos^2 \theta dt = \frac{1}{2} x^2 dt $$

となる。したがって、

$$ S = \frac{1}{2} \int_{1}^{3} \{x(t)\}^2 dt $$

と変形できる。$x(t) = \frac{3t - t^2}{t + 1} = -(t - 4) - \frac{4}{t + 1}$ より、

$$ \begin{aligned} \{x(t)\}^2 &= (t - 4)^2 + \frac{8(t - 4)}{t + 1} + \frac{16}{(t + 1)^2} \\ &= t^2 - 8t + 16 + \frac{8(t + 1 - 5)}{t + 1} + \frac{16}{(t + 1)^2} \\ &= t^2 - 8t + 24 - \frac{40}{t + 1} + \frac{16}{(t + 1)^2} \end{aligned} $$

これを積分する。

$$ \begin{aligned} \int_{1}^{3} \{x(t)\}^2 dt &= \left[ \frac{1}{3}t^3 - 4t^2 + 24t - 40\log(t + 1) - \frac{16}{t + 1} \right]_{1}^{3} \\ &= \left( 9 - 36 + 72 - 40\log 4 - 4 \right) - \left( \frac{1}{3} - 4 + 24 - 40\log 2 - 8 \right) \\ &= (41 - 80\log 2) - \left( \frac{37}{3} - 40\log 2 \right) \\ &= \frac{86}{3} - 40\log 2 \end{aligned} $$

よって、$S = \frac{1}{2} \left( \frac{86}{3} - 40\log 2 \right) = \frac{43}{3} - 20\log 2$ となる。

解説

媒介変数表示された曲線の増減と面積を求める、数学IIIの微積分の典型問題です。$y(t)$ の最大値を求めるときの値の代入計算にやや手間がかかります。

面積計算について、愚直に $x(t)$ と $y(t)$ の式を掛け合わせると高次式になり計算が膨らみます。解法1のように $u = t+1$ と平行移動の置換を行って分母を単項式にするテクニックは、有理関数の積分において非常に有効です。

また、本問最大のポイントは $y(t) = t x(t)$ という関係式に気づけるかどうかにあります。この性質から「原点からの動径の傾きが $t$ である」ことが分かり、解法2のように極座標の面積公式 $\frac{1}{2}\int r^2 d\theta$（あるいは、ガウスのグリーンの定理由来の公式 $\frac{1}{2}\int (xy' - yx')dt$）に帰着させることで、飛躍的に計算量を減らすことができます。