東京工業大学 1971年 理系 第4問 解説

方針・初手

点 $P(x, y)$ の座標 $x, y$ は、基本対称式の関係 $x+y=u, xy=v$ より、$t$ についての 2 次方程式 $t^2 - ut + v = 0$ の 2 つの実数解となります。 したがって、与えられた $x, y$ の範囲を満たすような実数解が存在する $(u, v)$ の条件を求める「解の配置問題」に帰着させます。$0 \le x \le \cos\theta$ かつ $0 \le y \le \sin\theta$ の範囲は $x$ と $y$ で上限が異なるため、$\cos\theta$ と $\sin\theta$ の大小、すなわち $\theta$ の値による場合分けが必要になります。 また、写像のヤコビアン（変数変換）を用いると面積計算を大幅に簡略化できるため、別解として示します。

解法1

(1)

$x+y=u, xy=v$ より、$x, y$ は $t$ についての 2 次方程式 $$ t^2 - ut + v = 0 \quad \cdots (*) $$ の 2 つの実数解である。 この 2 解を $t_1, t_2$ ($t_1 \le t_2$) とする。 点 $P(x, y)$ が 4 辺形 $OABC$ の内部および周上にあるための条件は、 $$ 0 \le x \le \cos\theta \quad \text{かつ} \quad 0 \le y \le \sin\theta $$ である。$\alpha = \cos\theta, \beta = \sin\theta$ とおく。 条件を満たす点 $P(x, y)$ が存在することは、「$x = t_1, y = t_2$ が条件を満たす」または「$x = t_2, y = t_1$ が条件を満たす」ことと同値である。すなわち、 (A) $0 \le t_1 \le \alpha$ かつ $0 \le t_2 \le \beta$ (B) $0 \le t_2 \le \alpha$ かつ $0 \le t_1 \le \beta$ のいずれかが成り立つことである。 $\theta$ の値によって $\alpha$ と $\beta$ の大小関係が変わるため、場合分けを行う。

(i) $0 < \theta \le \frac{\pi}{4}$ のとき このとき、$\cos\theta \ge \sin\theta > 0$ より $\alpha \ge \beta > 0$ である。 $t_1 \le t_2$ であるから、 (A) は「$0 \le t_1 \le t_2 \le \beta$」と同値である。（$t_2 \le \beta \le \alpha$ より $t_2 \le \alpha$ は自然に満たされる） (B) は「$0 \le t_1 \le \beta$ かつ $t_1 \le t_2 \le \alpha$」と同値である。 よって、(A) または (B) が成り立つ条件は、これらを合わせた「$0 \le t_1 \le \beta$ かつ $0 \le t_2 \le \alpha$」である。

$f(t) = t^2 - ut + v$ とおくと、放物線 $y = f(t)$ は下に凸であり、軸は $t = \frac{u}{2}$ である。 $0 \le t_1 \le \beta$ かつ $0 \le t_2 \le \alpha$ を満たす条件は、以下のすべてを満たすことである。

• 実数解をもつ: 判別式 $D = u^2 - 4v \ge 0 \iff v \le \frac{1}{4}u^2$
• $0 \le t_1$ の条件: $f(0) \ge 0$ かつ $\frac{u}{2} \ge 0 \iff v \ge 0$ かつ $u \ge 0$
• $t_2 \le \alpha$ の条件: $f(\alpha) \ge 0$ かつ $\frac{u}{2} \le \alpha \iff v \ge \alpha(u - \alpha)$ かつ $u \le 2\alpha$
• $t_1 \le \beta$ の条件: 「$t_2 < \beta$」または「$t_1 \le \beta \le t_2$」 $\iff (\frac{u}{2} < \beta \text{ かつ } f(\beta) > 0)$ または $f(\beta) \le 0$ $\iff (u < 2\beta \text{ かつ } v > \beta(u - \beta))$ または $v \le \beta(u - \beta)$

これを整理して $(u, v)$ 平面上に図示すると、存在範囲 $Q$ は $0 \le u \le \alpha+\beta$ において、以下の境界で囲まれた領域となる。

• 上限の境界: $0 \le u \le 2\beta$ のとき $v = \frac{1}{4}u^2$ $2\beta \le u \le \alpha+\beta$ のとき $v = \beta(u - \beta)$
• 下限の境界: $0 \le u \le \alpha$ のとき $v = 0$ $\alpha \le u \le \alpha+\beta$ のとき $v = \alpha(u - \alpha)$

したがって、求める面積 $S(\theta)$ は $$ \begin{aligned} S(\theta) &= \int_0^{2\beta} \frac{1}{4}u^2 du + \int_{2\beta}^{\alpha+\beta} \beta(u-\beta) du - \left( \int_0^{\alpha} 0 du + \int_{\alpha}^{\alpha+\beta} \alpha(u-\alpha) du \right) \\ &= \left[ \frac{1}{12}u^3 \right]_0^{2\beta} + \beta \left[ \frac{1}{2}(u-\beta)^2 \right]_{2\beta}^{\alpha+\beta} - \alpha \left[ \frac{1}{2}(u-\alpha)^2 \right]_{\alpha}^{\alpha+\beta} \\ &= \frac{2}{3}\beta^3 + \frac{\beta}{2}(\alpha^2 - \beta^2) - \frac{\alpha}{2}\beta^2 \\ &= \frac{1}{6}\beta^3 + \frac{1}{2}\alpha^2\beta - \frac{1}{2}\alpha\beta^2 \end{aligned} $$ $\alpha = \cos\theta, \beta = \sin\theta$ を代入して、 $$ S(\theta) = \frac{1}{6}\sin^3\theta + \frac{1}{2}\cos^2\theta\sin\theta - \frac{1}{2}\cos\theta\sin^2\theta $$

(ii) $\frac{\pi}{4} < \theta < \frac{\pi}{2}$ のとき このとき、$\cos\theta < \sin\theta$ より $\alpha < \beta$ である。 点 $P(x, y)$ の存在条件について、$x$ と $y$ の役割（$\alpha$ と $\beta$ の役割）を入れ替えても領域の面積は変わらないため、(i) の結果の $\alpha$ と $\beta$ を入れ替えればよい。 存在範囲 $Q$ は、以下の境界で囲まれた領域となる。

• 上限の境界: $0 \le u \le 2\alpha$ のとき $v = \frac{1}{4}u^2$ $2\alpha \le u \le \alpha+\beta$ のとき $v = \alpha(u - \alpha)$
• 下限の境界: $0 \le u \le \beta$ のとき $v = 0$ $\beta \le u \le \alpha+\beta$ のとき $v = \beta(u - \beta)$

面積 $S(\theta)$ は、 $$ S(\theta) = \frac{1}{6}\cos^3\theta + \frac{1}{2}\sin^2\theta\cos\theta - \frac{1}{2}\sin\theta\cos^2\theta $$

(2)

関数 $S(\theta)$ のグラフが直線 $\theta = \frac{\pi}{4}$ について対称であることを示すには、任意の $\phi$ $\left(0 < \frac{\pi}{4} - \phi < \frac{\pi}{4} \right)$ に対して、 $$ S\left(\frac{\pi}{4} - \phi\right) = S\left(\frac{\pi}{4} + \phi\right) $$ すなわち、任意の $\theta$ $\left(0 < \theta < \frac{\pi}{4}\right)$ に対して、 $$ S(\theta) = S\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) $$ が成り立つことを示せばよい。 $0 < \theta < \frac{\pi}{4}$ のとき、$\theta' = \frac{\pi}{2} - \theta$ とおくと、$\frac{\pi}{4} < \theta' < \frac{\pi}{2}$ である。 (1) の (ii) の結果より、 $$ S(\theta') = \frac{1}{6}\cos^3\theta' + \frac{1}{2}\sin^2\theta'\cos\theta' - \frac{1}{2}\sin\theta'\cos^2\theta' $$ ここで、$\cos\theta' = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = \sin\theta$、$\sin\theta' = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = \cos\theta$ であるから、これを代入すると、 $$ S\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = \frac{1}{6}\sin^3\theta + \frac{1}{2}\cos^2\theta\sin\theta - \frac{1}{2}\cos\theta\sin^2\theta $$ これは (1) の (i) で求めた $0 < \theta < \frac{\pi}{4}$ における $S(\theta)$ の式と一致する。 したがって、$S(\theta) = S\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right)$ が成り立つため、$S(\theta)$ のグラフは直線 $\theta = \frac{\pi}{4}$ について対称である。（証明終）

解法2

(1)（ヤコビアンを用いた面積計算の別解）

写像 $f(x, y) = (x+y, xy) = (u, v)$ を考える。このヤコビアン行列式 $J$ は、 $$ J = \frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)} = \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ y & x \end{pmatrix} = x - y $$ である。 与えられた領域 $D = \{ (x, y) \mid 0 \le x \le \cos\theta, 0 \le y \le \sin\theta \}$ において、写像 $f$ は $x = y$ を境に折り返し構造をもつ。 集合 $D$ 内の点について、「$(x, y)$ または $(y, x)$ が $D$ に含まれる」ような点のうち $x \ge y$ を満たす領域を $E$ とすると、$f$ は $E$ 上で単射であり、$f(E)$ は求める領域 $Q$ と一致する。 $E$ は、$D$ と「$D$ を直線 $y=x$ について対称移動した領域 $D'$」の和集合 $D \cup D'$ を $x \ge y$ の範囲に制限したものである。 面積 $S(\theta)$ は重積分の変数変換により、次のように計算できる。 $$ S(\theta) = \iint_Q 1 dudv = \iint_E |J| dxdy = \iint_E (x - y) dxdy $$

(i) $0 < \theta \le \frac{\pi}{4}$ のとき $\cos\theta \ge \sin\theta$ である。 $D = [0, \cos\theta] \times [0, \sin\theta]$、$D' = [0, \sin\theta] \times [0, \cos\theta]$ であり、$x \ge y$ となる部分は $D'$ は $D$ に完全に包含される。 よって $E = \{ (x, y) \mid 0 \le y \le \sin\theta, y \le x \le \cos\theta \}$ となる。 $$ \begin{aligned} S(\theta) &= \int_0^{\sin\theta} \left( \int_y^{\cos\theta} (x - y) dx \right) dy \\ &= \int_0^{\sin\theta} \left[ \frac{1}{2}(x - y)^2 \right]_y^{\cos\theta} dy \\ &= \int_0^{\sin\theta} \frac{1}{2}(\cos\theta - y)^2 dy \\ &= \left[ -\frac{1}{6}(\cos\theta - y)^3 \right]_0^{\sin\theta} \\ &= \frac{1}{6}\cos^3\theta - \frac{1}{6}(\cos\theta - \sin\theta)^3 \end{aligned} $$ これを展開して整理すると、解法1と同じ結果が得られる。

(ii) $\frac{\pi}{4} < \theta < \frac{\pi}{2}$ のとき 対称性から、(i) の式で $\cos\theta$ と $\sin\theta$ を入れ替えたものとなる。 $$ S(\theta) = \frac{1}{6}\sin^3\theta - \frac{1}{6}(\sin\theta - \cos\theta)^3 $$ （以降の存在範囲の図示および (2) の証明は解法1と同様）

解説

2変数の対称式のとりうる値の範囲を図示する典型問題ですが、$x$ と $y$ の変域の上限（$\cos\theta$ と $\sin\theta$）が異なるため、完全な対称性が崩れている点が特徴です。 解法1のように、$x, y$ を解にもつ 2 次方程式の解の配置問題として処理するのが王道であり、論理の飛躍なく境界線を捉えることができます。 また、解法2で示したように大学数学におけるヤコビアン（変数変換）の知識を用いると、領域の折り返し構造に気づきやすく、非常に簡潔な積分計算で面積を求めることができます。検算手法として知っておくと強力です。 (2) の対称性の証明は、(1) で場合分けをしておけば、$\theta$ を $\frac{\pi}{2} - \theta$ に置き換えるだけで容易に示すことができます。

答え

(1) 存在範囲は $uv$ 平面において以下で囲まれる領域（境界線を含む）。

• $0 < \theta \le \frac{\pi}{4}$ のとき 上側: $v = \frac{1}{4}u^2$ $\left(0 \le u \le 2\sin\theta\right)$、 $v = \sin\theta(u - \sin\theta)$ $\left(2\sin\theta \le u \le \cos\theta+\sin\theta\right)$ 下側: $v = 0$ $\left(0 \le u \le \cos\theta\right)$、 $v = \cos\theta(u - \cos\theta)$ $\left(\cos\theta \le u \le \cos\theta+\sin\theta\right)$ 面積 $S(\theta) = \frac{1}{6}\sin^3\theta + \frac{1}{2}\cos^2\theta\sin\theta - \frac{1}{2}\cos\theta\sin^2\theta$

• $\frac{\pi}{4} < \theta < \frac{\pi}{2}$ のとき 上側: $v = \frac{1}{4}u^2$ $\left(0 \le u \le 2\cos\theta\right)$、 $v = \cos\theta(u - \cos\theta)$ $\left(2\cos\theta \le u \le \cos\theta+\sin\theta\right)$ 下側: $v = 0$ $\left(0 \le u \le \sin\theta\right)$、 $v = \sin\theta(u - \sin\theta)$ $\left(\sin\theta \le u \le \cos\theta+\sin\theta\right)$ 面積 $S(\theta) = \frac{1}{6}\cos^3\theta + \frac{1}{2}\sin^2\theta\cos\theta - \frac{1}{2}\sin\theta\cos^2\theta$

(2) $0 < \theta < \frac{\pi}{4}$ において $S\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = S(\theta)$ が成り立つことから示された。