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大阪大学 1987年理系第2問解説

方針・初手

「ある点までの距離と、ある直線までの距離が等しい点の軌跡」という条件から、曲線 $C$ が点 $A$ を焦点とし、直線 $l$ を準線とする放物線であることを見抜くのが第一歩である。

そのままの方程式を求めると複雑になるが、（1）に従って全体を回転移動させることで、標準的な放物線の方程式に帰着できる。（2）の面積計算でも、直接積分するのではなく「回転移動しても面積は変わらない」という図形的性質を用いることで計算量を大幅に削減できる。

解法1

(1)

曲線 $C$ は、点 $A(p\sin\theta, p\cos\theta)$ を焦点とし、直線 $l: x\sin\theta + y\cos\theta + p = 0$ を準線とする放物線である。

$C$ を原点のまわりに $\theta$ だけ回転させて得られる曲線を $C'$ とする。$C'$ は、点 $A$ および直線 $l$ をそれぞれ原点のまわりに $\theta$ だけ回転させて得られる点 $A'$ および直線 $l'$ を焦点・準線とする放物線となる。

まず、点 $A$ を原点のまわりに $\theta$ 回転させた点 $A'$ の座標を求める。回転の行列を用いると、

$$ \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p\sin\theta \\ p\cos\theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} p\sin\theta\cos\theta - p\cos\theta\sin\theta \\ p\sin^2\theta + p\cos^2\theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ p \end{pmatrix} $$

よって、$A'(0, p)$ である。

次に、直線 $l$ を原点のまわりに $\theta$ 回転させた直線 $l'$ の方程式を求める。 $l'$ 上の点 $(X, Y)$ を原点のまわりに $-\theta$ 回転させた点 $(X\cos\theta + Y\sin\theta, -X\sin\theta + Y\cos\theta)$ は直線 $l$ 上にあるので、

$$ (X\cos\theta + Y\sin\theta)\sin\theta + (-X\sin\theta + Y\cos\theta)\cos\theta + p = 0 $$

これを整理して、

$$ X\sin\theta\cos\theta + Y\sin^2\theta - X\sin\theta\cos\theta + Y\cos^2\theta + p = 0 $$

$$ Y(\sin^2\theta + \cos^2\theta) + p = 0 $$

したがって、$Y = -p$ すなわち $l'$ は $y = -p$ となる。

$C'$ は焦点 $(0, p)$、準線 $y = -p$ の放物線であるから、その方程式は、頂点が原点、焦点から準線までの距離の半分が $p$ であることを用いて、

$$ x^2 = 4py \iff y = \frac{1}{4p}x^2 $$

となる。

(2)

曲線 $C$ と $x$ 軸で囲まれた部分の面積 $S$ は、全体を原点のまわりに $\theta$ 回転させても変わらない。

$C$ は（1）より放物線 $y = \frac{1}{4p}x^2$ に移る。また、$x$ 軸（直線 $y = 0$）は、原点のまわりに $\theta$ 回転させることで直線 $y = x\tan\theta$ に移る。

したがって、求める面積 $S$ は、放物線 $y = \frac{1}{4p}x^2$ と直線 $y = x\tan\theta$ で囲まれた部分の面積に等しい。両者の交点の $x$ 座標は、

$$ \frac{1}{4p}x^2 = x\tan\theta $$

$$ x(x - 4p\tan\theta) = 0 $$

より、$x = 0, 4p\tan\theta$ である。 $p > 0, 0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ より $4p\tan\theta > 0$ であり、区間 $0 \le x \le 4p\tan\theta$ において $x\tan\theta \ge \frac{1}{4p}x^2$ が成り立つ。

よって、面積 $S$ は次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} S &= \int_{0}^{4p\tan\theta} \left( x\tan\theta - \frac{1}{4p}x^2 \right) dx \\ &= -\frac{1}{4p} \int_{0}^{4p\tan\theta} x(x - 4p\tan\theta) dx \\ &= -\frac{1}{4p} \cdot \left(-\frac{1}{6}\right) (4p\tan\theta - 0)^3 \\ &= \frac{1}{24p} \cdot 64p^3\tan^3\theta \\ &= \frac{8}{3}p^2\tan^3\theta \end{aligned} $$

(3)

$p = \cos^2\theta$ を $S$ に代入すると、

$$ S = \frac{8}{3}(\cos^2\theta)^2 \tan^3\theta = \frac{8}{3}\cos^4\theta \frac{\sin^3\theta}{\cos^3\theta} = \frac{8}{3}\sin^3\theta\cos\theta $$

ここで、$f(\theta) = \sin^3\theta\cos\theta$ とおき、その増減を調べる。

$$ \begin{aligned} f'(\theta) &= 3\sin^2\theta\cos\theta \cdot \cos\theta + \sin^3\theta(-\sin\theta) \\ &= 3\sin^2\theta\cos^2\theta - \sin^4\theta \\ &= \sin^2\theta(3\cos^2\theta - \sin^2\theta) \end{aligned} $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ より $\sin\theta > 0$ であるため、$f'(\theta) = 0$ となる条件は、

$$ 3\cos^2\theta - \sin^2\theta = 0 \iff \tan^2\theta = 3 $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ の範囲でこれを満たすのは $\theta = \frac{\pi}{3}$ のときである。 $\theta$ が $0$ から $\frac{\pi}{2}$ まで動くとき、$f'(\theta)$ の符号は $\theta = \frac{\pi}{3}$ の前後で正から負に変わるため、$f(\theta)$ は $\theta = \frac{\pi}{3}$ で極大かつ最大となる。

このときの最大値は、

$$ S = \frac{8}{3} f\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{8}{3} \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^3 \cdot \frac{1}{2} = \frac{8}{3} \cdot \frac{3\sqrt{3}}{8} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} $$

解法2

(2)の別解（媒介変数表示を用いた直接積分）

放物線 $C$ の方程式はそのままでは扱いにくいため、パラメータ $t$ を用いて媒介変数表示する。（1）より、回転後の放物線 $C'$ 上の点は $(2pt, pt^2)$ と表すことができる。これを原点のまわりに $-\theta$ 回転させた点が元の曲線 $C$ 上の点 $(x, y)$ であるから、

$$ \begin{aligned} x &= 2pt\cos\theta + pt^2\sin\theta \\ y &= -2pt\sin\theta + pt^2\cos\theta \end{aligned} $$

曲線 $C$ と $x$ 軸との交点は $y = 0$ のときであり、

$$ pt(t\cos\theta - 2\sin\theta) = 0 $$

$p > 0, 0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ より、これを満たすのは $t = 0$ または $t = 2\tan\theta$ である。 $0 \le t \le 2\tan\theta$ の範囲で $y \le 0$ であり、$x$ は $t$ について単調増加（$\frac{dx}{dt} = 2p\cos\theta + 2pt\sin\theta > 0$）する。

したがって、求める面積 $S$ は置換積分により、

$$ S = \int_{x(0)}^{x(2\tan\theta)} (-y) dx = \int_{0}^{2\tan\theta} (-y) \frac{dx}{dt} dt $$

ここで、被積分関数の各要素は次のように変形できる。

$$ -y = -pt(t\cos\theta - 2\sin\theta) = p\cos\theta \cdot t(2\tan\theta - t) $$

$$ \frac{dx}{dt} = 2p(\cos\theta + t\sin\theta) = 2p\cos\theta(1 + t\tan\theta) $$

見やすくするため $\alpha = 2\tan\theta$ とおくと、

$$ S = \int_{0}^{\alpha} p\cos\theta \cdot t(\alpha - t) \cdot 2p\cos\theta \left(1 + \frac{t\alpha}{2}\right) dt = 2p^2\cos^2\theta \int_{0}^{\alpha} t(\alpha - t) \left(1 + \frac{\alpha}{2}t\right) dt $$

積分の部分を展開すると、

$$ t(\alpha - t) \left(1 + \frac{\alpha}{2}t\right) = \alpha t + \left(\frac{\alpha^2}{2} - 1\right)t^2 - \frac{\alpha}{2}t^3 $$

これを $0$ から $\alpha$ まで積分する。

$$ \begin{aligned} \int_{0}^{\alpha} \left( \alpha t + \left(\frac{\alpha^2}{2} - 1\right)t^2 - \frac{\alpha}{2}t^3 \right) dt &= \left[ \frac{\alpha}{2}t^2 + \frac{1}{3}\left(\frac{\alpha^2}{2} - 1\right)t^3 - \frac{\alpha}{8}t^4 \right]_{0}^{\alpha} \\ &= \frac{\alpha^3}{2} + \frac{\alpha^5}{6} - \frac{\alpha^3}{3} - \frac{\alpha^5}{8} \\ &= \frac{\alpha^3}{6} + \frac{\alpha^5}{24} \end{aligned} $$

$\alpha = 2\tan\theta$ を代入して元に戻すと、

$$ \begin{aligned} S &= 2p^2\cos^2\theta \left( \frac{8\tan^3\theta}{6} + \frac{32\tan^5\theta}{24} \right) \\ &= 2p^2\cos^2\theta \left( \frac{4}{3}\tan^3\theta + \frac{4}{3}\tan^5\theta \right) \\ &= \frac{8}{3}p^2\cos^2\theta\tan^3\theta (1 + \tan^2\theta) \end{aligned} $$

$1 + \tan^2\theta = \frac{1}{\cos^2\theta}$ であるから、

$$ S = \frac{8}{3}p^2\tan^3\theta $$

となり、解法1と同じ結果を得る。

解説

放物線の定義「焦点からの距離と準線からの距離が等しい点の軌跡」を活用する問題である。そのままの座標系で計算しようとすると、軌跡の方程式が $x, y$ の複雑な2次曲線となり、面積計算の難易度が跳ね上がってしまう。本問のように、図形全体を適切な角度で回転させることで、軸に平行な標準的な放物線に持ち込む工夫は非常に有効である。特に面積は回転移動によって不変であるため、積分計算の際に積分区間や被積分関数を劇的に簡素化できる。解法2のように媒介変数を用いてゴリ押しで積分することも可能だが、解法1の「図形的意味を保ったまま計算しやすい座標系に持ち込む」という発想を優先して身につけたい。