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東京工業大学 1982年理系第4問解説

方針・初手

領域 $D$ は原点を中心とし、$x$ 軸および $y$ 軸について対称な楕円である。これを原点の周りに正の向きに $\frac{\pi}{4}$（$45^\circ$）回転させるときに通過する領域（掃過領域）を考える。

$D$ の対称性から、第4象限にあった点が回転して第1象限に入る場合でも、その点は元々第1象限にあった対称な点が回転して描く軌跡の内部または境界上に含まれる。したがって、第1象限における掃過領域の境界を決定するには、$D$ の境界上の点のうち、第1象限にある部分の回転のみを考慮すれば十分である。

原点を中心とする回転であるから、各点が動く軌跡は原点を中心とする円弧となる。掃過領域の境界は、各偏角方向において原点からの距離が最大となる点をつないだ曲線として捉えることができる。

解法1

楕円 $\frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{4} \leqq 1$ で定まる領域 $D$ の境界を $C$ とする。$C$ の第1象限の部分において、原点からの距離が最大となるのは長軸の端点 $(2\sqrt{3}, 0)$ であり、その距離は $2\sqrt{3}$ である。また、偏角が大きくなるにつれて原点からの距離は単調に減少し、短軸の端点 $(0, 2)$ で最小となる。

$D$ を正の向きに $0$ から $\frac{\pi}{4}$ までの角度 $\theta$ で回転させる過程を考える。このとき形成される領域を $E$ とする。

$E$ の第1象限部分（偏角 $\phi$ が $0 \leqq \phi \leqq \frac{\pi}{2}$ の範囲）の境界は、次のように2つの部分に分かれる。

(i)

$0 \leqq \phi \leqq \frac{\pi}{4}$ の範囲 $C$ 上の点 $(2\sqrt{3}, 0)$ が回転によってこの範囲をすべて通過する。原点からの距離の最大値はつねに $2\sqrt{3}$ となるため、$E$ の境界は原点を中心とする半径 $2\sqrt{3}$ の円弧となる。

(ii)

$\frac{\pi}{4} \leqq \phi \leqq \frac{\pi}{2}$ の範囲回転角の最大値は $\frac{\pi}{4}$ であるため、この範囲の境界には長軸の端点は到達しない。各偏角 $\phi$ において原点からの距離が最大となるのは、回転角が最大の $\theta = \frac{\pi}{4}$ のとき、すなわち領域 $D$ を $\frac{\pi}{4}$ 回転させた領域 $D'$ の境界である。

したがって、求める面積 $S$ は、次の2つの図形の面積の和となる。

$S_1$: 半径 $2\sqrt{3}$、中心角 $\frac{\pi}{4}$ の扇形の面積
$S_2$: $D'$ の第1象限のうち、偏角が $\frac{\pi}{4} \leqq \phi \leqq \frac{\pi}{2}$ である部分の面積

$S_1$ の値は次のように求まる。

$$ S_1 = \frac{1}{2} \cdot (2\sqrt{3})^2 \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{3}{2}\pi $$

次に $S_2$ を求める。回転の性質から、$S_2$ の面積は、回転前の領域 $D$ における偏角 $0 \leqq \phi \leqq \frac{\pi}{4}$ の部分の面積に等しい。これは、楕円 $\frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{4} \leqq 1$ の第1象限において、不等式 $y \leqq x$（偏角が $\frac{\pi}{4}$ 以下）を満たす部分の面積である。

直線 $y = x$ と楕円の交点の $x$ 座標（$x > 0$）を求める。

$$ \frac{x^2}{12} + \frac{x^2}{4} = 1 $$

$$ \frac{4x^2}{12} = 1 \iff x^2 = 3 $$

$x > 0$ より $x = \sqrt{3}$ となり、交点は $(\sqrt{3}, \sqrt{3})$ である。 $S_2$ は、頂点が $(0,0), (\sqrt{3},0), (\sqrt{3},\sqrt{3})$ の直角三角形の面積と、区間 $\sqrt{3} \leqq x \leqq 2\sqrt{3}$ における楕円と $x$ 軸に囲まれた部分の定積分の和として計算できる。

$$ S_2 = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3} + \int_{\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} 2\sqrt{1 - \frac{x^2}{12}} \, dx $$

$$ S_2 = \frac{3}{2} + \frac{1}{\sqrt{3}} \int_{\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} \sqrt{12 - x^2} \, dx $$

ここで、定積分 $\int_{\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} \sqrt{12 - x^2} \, dx$ は、半径 $2\sqrt{3}$ の円 $X^2 + Y^2 = 12$ の第1象限において、$X \geqq \sqrt{3}$ となる部分の面積を表す。 $X = \sqrt{3}$ のとき $Y = 3$ であり、原点と $(\sqrt{3}, 3)$ を結ぶ線分の偏角 $\alpha$ は $\cos\alpha = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$ より $\alpha = \frac{\pi}{3}$ である。したがって、この定積分の値は、中心角 $\frac{\pi}{3}$ の扇形の面積から、底辺 $\sqrt{3}$・高さ $3$ の直角三角形の面積を引いたものとなる。

$$ \int_{\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} \sqrt{12 - x^2} \, dx = \frac{1}{2} \cdot (2\sqrt{3})^2 \cdot \frac{\pi}{3} - \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot 3 = 2\pi - \frac{3\sqrt{3}}{2} $$

これを $S_2$ の式に代入する。

$$ \begin{aligned} S_2 &= \frac{3}{2} + \frac{1}{\sqrt{3}} \left( 2\pi - \frac{3\sqrt{3}}{2} \right) \\ &= \frac{3}{2} + \frac{2\sqrt{3}}{3}\pi - \frac{3}{2} \\ &= \frac{2\sqrt{3}}{3}\pi \end{aligned} $$

以上より、求める面積 $S$ は次のようになる。

$$ \begin{aligned} S &= S_1 + S_2 \\ &= \frac{3}{2}\pi + \frac{2\sqrt{3}}{3}\pi \\ &= \left( \frac{3}{2} + \frac{2\sqrt{3}}{3} \right) \pi \end{aligned} $$

解法2

極座標を用いた積分による解法を示す。楕円の境界上の点を極座標 $(r, \alpha)$ で表す。$x = r\cos\alpha$、$y = r\sin\alpha$ を楕円の方程式に代入する。

$$ \frac{r^2 \cos^2\alpha}{12} + \frac{r^2 \sin^2\alpha}{4} = 1 $$

$$ r^2 (\cos^2\alpha + 3\sin^2\alpha) = 12 $$

$$ r^2 (1 + 2\sin^2\alpha) = 12 $$

$$ r^2 = \frac{12}{1 + 2\sin^2\alpha} $$

$r > 0$ であるから、これを $r = f(\alpha)$ とおく。$f(\alpha)$ は $0 \leqq \alpha \leqq \frac{\pi}{2}$ において単調減少である。領域 $D$ を角度 $\theta$ （$0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{4}$）だけ回転させた領域 $D_\theta$ の境界は $r = f(\alpha - \theta)$ と表される。

掃過領域 $E$ の第1象限（偏角 $\phi$ が $0 \leqq \phi \leqq \frac{\pi}{2}$）における原点からの距離の最大値 $R(\phi)$ は次のように決まる。

$$ R(\phi)^2 = \max_{0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{4}} f(\phi - \theta)^2 $$

(i)

$0 \leqq \phi \leqq \frac{\pi}{4}$ のとき $0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{4}$ の範囲から $\theta = \phi$ を選ぶことができ、このとき $\phi - \theta = 0$ となる。 $f(\alpha)^2$ は $\alpha = 0$ で最大値 $12$ をとるため、$R(\phi)^2 = 12$ となる。

(ii)

$\frac{\pi}{4} \leqq \phi \leqq \frac{\pi}{2}$ のとき $\phi - \theta$ のとりうる範囲は $\phi - \frac{\pi}{4} \leqq \phi - \theta \leqq \phi$ である。 $\phi \geqq \frac{\pi}{4}$ であるから、この区間内の値はすべて $0$ 以上である。$f(\alpha)^2$ は $\alpha \geqq 0$ で単調減少であるため、$\phi - \theta$ が最も小さくなるとき、すなわち $\theta = \frac{\pi}{4}$ のときに最大となる。よって、$R(\phi)^2 = f\left(\phi - \frac{\pi}{4}\right)^2 = \frac{12}{1 + 2\sin^2\left(\phi - \frac{\pi}{4}\right)}$ となる。

極座標における面積公式を用いて、求める面積 $S$ を計算する。

$$ \begin{aligned} S &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} R(\phi)^2 \, d\phi \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} 12 \, d\phi + \frac{1}{2} \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{12}{1 + 2\sin^2\left(\phi - \frac{\pi}{4}\right)} \, d\phi \end{aligned} $$

第1項は $\frac{1}{2} \cdot 12 \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{3}{2}\pi$ である。第2項について、$\alpha = \phi - \frac{\pi}{4}$ と置換すると、$d\alpha = d\phi$ であり、積分区間は $0 \to \frac{\pi}{4}$ となる。

$$ \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{12}{1 + 2\sin^2\alpha} \, d\alpha = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{6}{1 + 2\sin^2\alpha} \, d\alpha $$

この積分を実行するため、$t = \tan\alpha$ とおく。 $d\alpha = \frac{1}{1+t^2} dt$ であり、$\sin^2\alpha = \frac{t^2}{1+t^2}$ と表せる。積分区間は $t: 0 \to 1$ となる。

$$ \begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{6}{1 + 2\left(\frac{t^2}{1+t^2}\right)} \cdot \frac{1}{1+t^2} \, dt &= \int_{0}^{1} \frac{6}{(1+t^2) + 2t^2} \, dt \\ &= \int_{0}^{1} \frac{6}{1+3t^2} \, dt \end{aligned} $$

さらに $t = \frac{1}{\sqrt{3}}\tan u$ とおく。 $dt = \frac{1}{\sqrt{3}} \frac{1}{\cos^2 u} du$ であり、積分区間は $u: 0 \to \frac{\pi}{3}$ となる。

$$ \begin{aligned} \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{6}{1 + \tan^2 u} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} \frac{1}{\cos^2 u} \, du &= \frac{6}{\sqrt{3}} \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \cos^2 u \cdot \frac{1}{\cos^2 u} \, du \\ &= 2\sqrt{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} 1 \, du \\ &= 2\sqrt{3} \cdot \frac{\pi}{3} \\ &= \frac{2\sqrt{3}}{3}\pi \end{aligned} $$

したがって、第2項の値は $\frac{2\sqrt{3}}{3}\pi$ となり、求める面積 $S$ は次のようになる。

$$ S = \frac{3}{2}\pi + \frac{2\sqrt{3}}{3}\pi = \left( \frac{3}{2} + \frac{2\sqrt{3}}{3} \right) \pi $$

解説

図形の回転による「掃過領域（通過する領域）」の面積を求める典型的な問題である。軌跡の外縁がどのような曲線で構成されるかを見極めることが最大のポイントとなる。

原点を中心とした回転であるため、領域の境界を極座標 $r=f(\theta)$ で捉えるか、あるいは動径方向の最大距離に着目して図形を切り分けるのが有効である。本問では、初期状態の長軸が描く「円弧」の部分と、回転が終了したあとの「楕円」の部分という2つの境界にきれいに分割できることに気づけば、解法1のように標準的な面積計算に帰着できる。

解法2のように極座標の面積公式 $\frac{1}{2}\int r^2 d\theta$ を用いるアプローチも強力である。置換積分 $t=\tan\theta$ は三角関数の有理式の積分における定石であり、計算力があれば安全に正答へたどり着ける。