京都大学 2014年 理系 第6問 解説

方針・初手

• 点 A の座標を文字でおき、接線の方向ベクトルと線分 OA の方向ベクトルのなす角が $\dfrac{\pi}{6}$ であるという条件から、交点の座標と円 $C_2$ の半径を決定する。
• その後、$C_1$ と $C_2$ で囲まれる図形の面積を定積分として立式し計算する。
• 円弧部分の定積分は、置換積分で計算する方法と、扇形の面積を利用する幾何的な方法の 2 通りを示す。

解法1（方向ベクトルの内積＋扇形の面積）

$C_1: y = \dfrac{1}{x}$（$x > 0$）の交点 A の座標を $\!\left(\alpha,\, \dfrac{1}{\alpha}\right)$（$\alpha > 0$）とおく。

点 A における接線の方向ベクトルとして $\vec{v} = (\alpha^2, -1)$、線分 OA に平行なベクトルとして $\vec{u} = (\alpha^2, 1)$ をとる。

なす角が $\dfrac{\pi}{6}$ であるから、

$$ \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{u}|}{|\vec{v}||\vec{u}|} = \frac{|\alpha^4 - 1|}{\alpha^4 + 1} $$

$\alpha^4 > 1$ の場合：

$$ (2-\sqrt{3})\alpha^4 = 2+\sqrt{3} \implies \alpha^4 = (2+\sqrt{3})^2 \implies \alpha^2 = 2+\sqrt{3} $$

もう一方の交点では $\alpha^2 = 2-\sqrt{3}$（$\alpha^4 < 1$ の場合）。

円 $C_2$ の半径：

$$ r^2 = \alpha^2 + \frac{1}{\alpha^2} = (2+\sqrt{3}) + (2-\sqrt{3}) = 4 $$

よって $C_2: x^2+y^2 = 4$（半径 2）。

扇形による面積計算：

交点の極角 $\theta$ を求める。$xy = 1$ かつ $r = 2$ より、

$$ 4 \cdot \frac{1}{2}\sin2\theta = 1 \implies \sin2\theta = \frac{1}{2} $$

$0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ より $\theta = \dfrac{\pi}{12},\, \dfrac{5\pi}{12}$。

扇形 OAB の中心角 $= \dfrac{5\pi}{12} - \dfrac{\pi}{12} = \dfrac{\pi}{3}$、面積 $= \dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{2\pi}{3}$。

$C_1$ 上の各点における原点との三角形の面積は $\dfrac{1}{2}xy = \dfrac{1}{2}$（一定）であるから、端点での三角形 $\triangle OAH_A$、$\triangle OBH_B$ の面積が相殺し、$\displaystyle\int_{x_A}^{x_B}\!\sqrt{4-x^2}\,dx = \dfrac{2\pi}{3}$。

$1/x$ の積分：

$$ \int_{x_A}^{x_B}\frac{1}{x}\,dx = \log\frac{x_B}{x_A} = \log\sqrt{\frac{2+\sqrt{3}}{2-\sqrt{3}}} = \log(2+\sqrt{3}) $$

$$ S = \frac{2\pi}{3} - \log(2+\sqrt{3}) $$

解法2（正接の加法定理＋置換積分）

OA の傾きを $t = \dfrac{1}{\alpha^2} > 0$、接線の傾きを $-t$ とすると、なす角の条件より

$$ \frac{2t}{|1-t^2|} = \tan\frac{\pi}{6} = \frac{1}{\sqrt{3}} \implies |1-t^2| = 2\sqrt{3}t $$

$t > 0$ のもと解くと $t = 2 \pm \sqrt{3}$。$r^2 = t + \dfrac{1}{t} = (2+\sqrt{3}) + (2-\sqrt{3}) = 4$ ✓

交点の $x$ 座標は $x = \dfrac{1}{\sqrt{t}}$ より、

$$ x_A = \sqrt{2-\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}, \quad x_B = \sqrt{2+\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2} $$

$x = 2\sin u$ と置換すると、$\sin u_A = \dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} = \sin\dfrac{\pi}{12}$、$\sin u_B = \dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} = \sin\dfrac{5\pi}{12}$ より、

$$ \int_{x_A}^{x_B}\!\sqrt{4-x^2}\,dx = 4\int_{\pi/12}^{5\pi/12}\!\cos^2 u\,du = 2\!\left[u + \frac{\sin2u}{2}\right]_{\pi/12}^{5\pi/12} $$

$$ = \frac{2\pi}{3} + \left(\sin\frac{5\pi}{6} - \sin\frac{\pi}{6}\right) = \frac{2\pi}{3} + 0 = \frac{2\pi}{3} $$

$$ S = \frac{2\pi}{3} - \log(2+\sqrt{3}) $$

解説

接線と直線のなす角を処理して図形を決定し、定積分で面積を求める総合問題である。

なす角の条件処理には、解法1のように「方向ベクトルの内積」を用いると余弦の絶対値比較となり計算がスマートに進む。解法2の「正接の加法定理」も汎用性が高い。

面積計算において、解法1のように「反比例のグラフ上の点と原点が作る三角形の面積は常に $\dfrac{1}{2}$」という性質を利用して扇形に帰着させる発想は、置換積分を回避できる強力なテクニックである。

答え

$$ S = \frac{2\pi}{3} - \log(2+\sqrt{3}) $$