トップ› 東京大学› 1962年› 理系第6問

東京大学 1962年理系第6問解説

方針・初手

関数 $y = 6 \sin \frac{x}{6}$ の導関数を求め、点 $P, Q$ における接線の方程式をそれぞれ立式する。（1）はそれらの交点を求める連立方程式の計算である。

（2）は、2つの接線と曲線で囲まれた図形の面積を求める。まず、与えられた区間において曲線が上に凸であることを確認し、接線が曲線の上側にあることを論証する。その後、接線と $x$ 軸で囲まれる図形（台形と直角三角形）の面積から、曲線と $x$ 軸で囲まれる部分の面積（定積分）を引く方針をとると、計算ミスを減らすことができる。

解法1

(1)

関数を $f(x) = 6 \sin \frac{x}{6}$ とおく。これを微分すると、

$$ f'(x) = 6 \cdot \frac{1}{6} \cos \frac{x}{6} = \cos \frac{x}{6} $$

点 $P$ の $x$ 座標は $2\pi$ であるから、 $y$ 座標は

$$ f(2\pi) = 6 \sin \frac{2\pi}{6} = 6 \sin \frac{\pi}{3} = 3\sqrt{3} $$

よって、 $P(2\pi, 3\sqrt{3})$ である。点 $P$ における接線の傾きは $f'(2\pi) = \cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$ となるため、接線 $PR$ の方程式は

$$ y - 3\sqrt{3} = \frac{1}{2}(x - 2\pi) $$

$$ y = \frac{1}{2}x - \pi + 3\sqrt{3} \quad \cdots \text{①} $$

点 $Q$ の $x$ 座標は $6\pi$ であるから、 $y$ 座標は

$$ f(6\pi) = 6 \sin \frac{6\pi}{6} = 6 \sin \pi = 0 $$

よって、 $Q(6\pi, 0)$ である。点 $Q$ における接線の傾きは $f'(6\pi) = \cos \pi = -1$ となるため、接線 $QR$ の方程式は

$$ y - 0 = -(x - 6\pi) $$

$$ y = -x + 6\pi \quad \cdots \text{②} $$

点 $R$ は接線①と②の交点であるから、これらを連立して解く。

$$ \frac{1}{2}x - \pi + 3\sqrt{3} = -x + 6\pi $$

$$ \frac{3}{2}x = 7\pi - 3\sqrt{3} $$

$$ x = \frac{14}{3}\pi - 2\sqrt{3} $$

これを②に代入して $y$ 座標を求める。

$$ y = -\left(\frac{14}{3}\pi - 2\sqrt{3}\right) + 6\pi = \frac{4}{3}\pi + 2\sqrt{3} $$

したがって、点 $R$ の座標は

$$ \left( \frac{14}{3}\pi - 2\sqrt{3}, \frac{4}{3}\pi + 2\sqrt{3} \right) $$

(2)

$2\pi \le x \le 6\pi$ において、 $\frac{\pi}{3} \le \frac{x}{6} \le \pi$ であり、第2次導関数は

$$ f''(x) = -\frac{1}{6} \sin \frac{x}{6} $$

となる。区間の端点を除き $f''(x) < 0$ であるため、この区間において曲線 $y = f(x)$ は上に凸である。したがって、線分 $PR$ および $QR$ は常に関数 $y = f(x)$ のグラフの上側（または境界上）にある。

点 $R$ の $x$ 座標を $\alpha = \frac{14}{3}\pi - 2\sqrt{3}$ とおく。線分 $PR, QR$ および直線 $x=2\pi, x=6\pi$ と $x$ 軸で囲まれた図形の面積を $S_1$ 、曲線 $y = f(x)$ と $x$ 軸および直線 $x=2\pi$ で囲まれた図形の面積を $S_2$ とすると、求める面積 $S$ は $S = S_1 - S_2$ で計算できる。

$S_1$ は、区間 $[2\pi, \alpha]$ における台形と、区間 $[\alpha, 6\pi]$ における三角形の面積の和として求められる。

$$ S_1 = \frac{1}{2} \{ f(2\pi) + y_R \} (\alpha - 2\pi) + \frac{1}{2} y_R (6\pi - \alpha) $$

ここで、各辺の長さにあたる値は以下の通りである。

$$ \alpha - 2\pi = \left(\frac{14}{3}\pi - 2\sqrt{3}\right) - 2\pi = \frac{8}{3}\pi - 2\sqrt{3} $$

$$ 6\pi - \alpha = 6\pi - \left(\frac{14}{3}\pi - 2\sqrt{3}\right) = \frac{4}{3}\pi + 2\sqrt{3} $$

$$ f(2\pi) = 3\sqrt{3}, \quad y_R = \frac{4}{3}\pi + 2\sqrt{3} $$

これらを代入して $S_1$ を計算する。

$$ S_1 = \frac{1}{2} \left\{ 3\sqrt{3} + \left( \frac{4}{3}\pi + 2\sqrt{3} \right) \right\} \left( \frac{8}{3}\pi - 2\sqrt{3} \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{4}{3}\pi + 2\sqrt{3} \right) \left( \frac{4}{3}\pi + 2\sqrt{3} \right) $$

$$ = \frac{1}{2} \left( \frac{4}{3}\pi + 5\sqrt{3} \right) \left( \frac{8}{3}\pi - 2\sqrt{3} \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{4}{3}\pi + 2\sqrt{3} \right)^2 $$

$$ = \frac{1}{2} \left( \frac{32}{9}\pi^2 + \frac{32\sqrt{3}}{3}\pi - 30 \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{16}{9}\pi^2 + \frac{16\sqrt{3}}{3}\pi + 12 \right) $$

$$ = \left( \frac{16}{9}\pi^2 + \frac{16\sqrt{3}}{3}\pi - 15 \right) + \left( \frac{8}{9}\pi^2 + \frac{8\sqrt{3}}{3}\pi + 6 \right) $$

$$ = \frac{24}{9}\pi^2 + \frac{24\sqrt{3}}{3}\pi - 9 $$

$$ = \frac{8}{3}\pi^2 + 8\sqrt{3}\pi - 9 $$

次に、曲線の下側の面積 $S_2$ を定積分で求める。

$$ S_2 = \int_{2\pi}^{6\pi} 6 \sin \frac{x}{6} dx $$

$$ = \left[ -36 \cos \frac{x}{6} \right]_{2\pi}^{6\pi} $$

$$ = -36 \left( \cos \pi - \cos \frac{\pi}{3} \right) $$

$$ = -36 \left( -1 - \frac{1}{2} \right) $$

$$ = 54 $$

したがって、求める面積 $S$ は

$$ S = S_1 - S_2 = \left( \frac{8}{3}\pi^2 + 8\sqrt{3}\pi - 9 \right) - 54 = \frac{8}{3}\pi^2 + 8\sqrt{3}\pi - 63 $$

解説

微分の計算から接線の方程式を導出し、積分を用いて面積を求める標準的な問題である。（1）は単純な計算問題なので、素早く正確に処理したい。

（2）の面積計算において $\int (\text{接線} - \text{曲線}) dx$ という定積分をそのまま立式して展開・計算することも可能だが、被積分関数が一次関数と三角関数の混ざった式になり、計算が冗長になりやすい。本解説のように、一次関数の積分を「台形や三角形などの直線図形の面積」として幾何学的に処理し、曲線部分の定積分だけを独立して計算して引き算する方法をとることで、計算ミスを大幅に減らすことができる。また、グラフの上下関係を明らかにするために、関数の第2次導関数を求めて凸性を明記しておくのが論述として丁寧である。