大阪大学 2004年 理系 第3問 解説

方針・初手

対称性から、放物線 $C_1, C_2, \cdots, C_n$ によって囲まれる図形は、合同な $n$ 個の部分に分けられることに着目する。 まずは $S_n$ を $n$ 等分した1つの領域、すなわち放物線 $C_i$ と2つの線分 $OP_{i-1}, OP_i$ によって囲まれる部分の面積を求める。計算を簡単にするため、2つの接点 $P_{i-1}$ と $P_i$ が $x$ 軸に関して対称になるように座標軸を設定する。

解法1

円周を $n$ 等分する点 $P_0, \cdots, P_{n-1}$ は原点 $O$ との距離が 1 であり、隣り合う2点のなす角は $\frac{2\pi}{n}$ である。 対称性を利用するため、$O$ を原点とし、$P_{i-1}$ と $P_i$ が $x$ 軸に関して対称になるように座標平面を設定する。このとき、各点の座標は次のように表せる。

$$ P_{i-1}\left(\cos\frac{\pi}{n}, -\sin\frac{\pi}{n}\right), \quad P_i\left(\cos\frac{\pi}{n}, \sin\frac{\pi}{n}\right) $$

放物線 $C_i$ は、直線 $OP_{i-1}, OP_i$ とそれぞれ $P_{i-1}, P_i$ で接する。これらの接線と接点が $x$ 軸に関して対称であるため、放物線 $C_i$ の軸は $x$ 軸と一致する。したがって、定数 $a, b$ ($a \neq 0$) を用いて放物線の方程式を次のように設定できる。

$$ x = ay^2 + b $$

この放物線が点 $P_i\left(\cos\frac{\pi}{n}, \sin\frac{\pi}{n}\right)$ を通ることから、以下の等式が成り立つ。

$$ \cos\frac{\pi}{n} = a\sin^2\frac{\pi}{n} + b \quad \cdots \text{①} $$

次に、接線の傾きの条件を考える。 $x = ay^2 + b$ の両辺を $y$ で微分すると $\frac{dx}{dy} = 2ay$ となる。 したがって、点 $P_i$ における接線（直線 $OP_i$）の方向ベクトルは $\left(2a\sin\frac{\pi}{n}, 1\right)$ であり、その傾き $\frac{dy}{dx}$ は $\frac{1}{2a\sin\frac{\pi}{n}}$ である。 一方で、直線 $OP_i$ は原点と $P_i\left(\cos\frac{\pi}{n}, \sin\frac{\pi}{n}\right)$ を通るため、その傾きは $\frac{\sin\frac{\pi}{n}}{\cos\frac{\pi}{n}}$ である。これらが一致するので、

$$ \frac{1}{2a\sin\frac{\pi}{n}} = \frac{\sin\frac{\pi}{n}}{\cos\frac{\pi}{n}} $$

これを解いて $a$ を求める。

$$ a = \frac{\cos\frac{\pi}{n}}{2\sin^2\frac{\pi}{n}} \quad \cdots \text{②} $$

②を①に代入して $b$ を求める。

$$ \begin{aligned} b &= \cos\frac{\pi}{n} - a\sin^2\frac{\pi}{n} \\ &= \cos\frac{\pi}{n} - \frac{\cos\frac{\pi}{n}}{2\sin^2\frac{\pi}{n}} \cdot \sin^2\frac{\pi}{n} \\ &= \frac{1}{2}\cos\frac{\pi}{n} \end{aligned} $$

放物線 $C_i$ と2つの線分 $OP_{i-1}, OP_i$ によって囲まれる部分の面積は、$x$ 軸に関して対称である。 上半分の面積（$y \ge 0$ の部分）を $s_n$ とおくと、$s_n$ は $0 \le y \le \sin\frac{\pi}{n}$ の範囲で、放物線 $x = ay^2 + b$ と直線 $OP_i$: $x = \frac{\cos\frac{\pi}{n}}{\sin\frac{\pi}{n}} y$ に囲まれた部分の面積であるから、

$$ s_n = \int_0^{\sin\frac{\pi}{n}} \left\{ (ay^2 + b) - \frac{\cos\frac{\pi}{n}}{\sin\frac{\pi}{n}} y \right\} dy $$

これを計算する。

$$ \begin{aligned} s_n &= \left[ \frac{a}{3}y^3 + by - \frac{\cos\frac{\pi}{n}}{2\sin\frac{\pi}{n}} y^2 \right]_0^{\sin\frac{\pi}{n}} \\ &= \frac{a}{3}\sin^3\frac{\pi}{n} + b\sin\frac{\pi}{n} - \frac{\cos\frac{\pi}{n}}{2\sin\frac{\pi}{n}} \sin^2\frac{\pi}{n} \end{aligned} $$

$a, b$ の値を代入して整理する。

$$ \begin{aligned} \frac{a}{3}\sin^3\frac{\pi}{n} &= \frac{\cos\frac{\pi}{n}}{6\sin^2\frac{\pi}{n}} \sin^3\frac{\pi}{n} = \frac{1}{6}\sin\frac{\pi}{n}\cos\frac{\pi}{n} \\ b\sin\frac{\pi}{n} &= \frac{1}{2}\sin\frac{\pi}{n}\cos\frac{\pi}{n} \\ \frac{\cos\frac{\pi}{n}}{2\sin\frac{\pi}{n}} \sin^2\frac{\pi}{n} &= \frac{1}{2}\sin\frac{\pi}{n}\cos\frac{\pi}{n} \end{aligned} $$

これらを足し合わせると、

$$ \begin{aligned} s_n &= \left(\frac{1}{6} + \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\right) \sin\frac{\pi}{n}\cos\frac{\pi}{n} \\ &= \frac{1}{6}\sin\frac{\pi}{n}\cos\frac{\pi}{n} \\ &= \frac{1}{12}\sin\frac{2\pi}{n} \end{aligned} $$

放物線 $C_i$ と線分 $OP_{i-1}, OP_i$ で囲まれた1区画の面積は $2s_n = \frac{1}{6}\sin\frac{2\pi}{n}$ となる。 求める面積 $S_n$ はこの $n$ 個分であるから、

$$ S_n = n \times \frac{1}{6}\sin\frac{2\pi}{n} = \frac{n}{6}\sin\frac{2\pi}{n} $$

最後に極限を求める。$\theta = \frac{2\pi}{n}$ とおくと、$n \to \infty$ のとき $\theta \to +0$ であり、$n = \frac{2\pi}{\theta}$ である。

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty} S_n &= \lim_{\theta\to+0} \frac{2\pi}{6\theta} \sin\theta \\ &= \frac{\pi}{3} \lim_{\theta\to+0} \frac{\sin\theta}{\theta} \\ &= \frac{\pi}{3} \cdot 1 = \frac{\pi}{3} \end{aligned} $$

解法2

放物線とその2接線で囲まれる部分の面積に関するよく知られた性質を利用する。 「放物線外の点から引いた2本の接線と、その接点間の放物線の弧によって囲まれる部分の面積は、接点と接線の交点からなる三角形の面積の $\frac{1}{3}$ に等しい」

本問において、接線の交点は原点 $O$ であり、接点は $P_{i-1}, P_i$ である。 三角形 $OP_{i-1}P_i$ は $OP_{i-1} = 1, OP_i = 1$、$\angle P_{i-1}OP_i = \frac{2\pi}{n}$ の二等辺三角形であるから、その面積は、

$$ \triangle OP_{i-1}P_i = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 \cdot \sin\frac{2\pi}{n} = \frac{1}{2}\sin\frac{2\pi}{n} $$

したがって、放物線 $C_i$ と2接線 $OP_{i-1}, OP_i$ によって囲まれる部分の面積は、

$$ \frac{1}{3} \triangle OP_{i-1}P_i = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}\sin\frac{2\pi}{n} = \frac{1}{6}\sin\frac{2\pi}{n} $$

求める面積 $S_n$ は、対称性よりこの面積の $n$ 個分であるため、

$$ S_n = \frac{n}{6}\sin\frac{2\pi}{n} $$

極限計算は解法1と同様である。

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty} S_n &= \lim_{n\to\infty} \frac{\pi}{3} \frac{\sin\frac{2\pi}{n}}{\frac{2\pi}{n}} \\ &= \frac{\pi}{3} \cdot 1 = \frac{\pi}{3} \end{aligned} $$

解説

円に内接する正 $n$ 角形の極限が円の面積に収束することに似た、多角形状の領域の極限を求める問題である。図形の持つ回転対称性を生かして1区画分の面積に帰着させるのが定石となる。 解法1のように放物線を $x$ または $y$ の関数として立式して直接積分するのが標準的なアプローチであるが、解法2のようにアルキメデスの定理として知られる「放物線の $\frac{1}{3}$ 公式（$\frac{1}{12}$ 公式の系）」の知識があると、一切の積分計算をせず直ちに $S_n$ を求めることができる。

答え

$$ \frac{\pi}{3} $$