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東京大学 1980年理系第6問解説

方針・初手

点 $A$ の座標を $(a, b)$ ($a>0, b>0$) と設定し、問題の条件から点 $B$ の座標を定める。すると、$\triangle OAB$ の面積 $s$ が $ab$ に等しいことがわかり、点 $A$ における $x, y$ 座標の積が $s$ に一致するという性質が見える。領域 $xy \leqq 1$ との関係において、点 $A$ が領域に含まれるかどうか、すなわち $s \leqq 1$ か $s > 1$ かで場合分けを行って共通部分の面積を計算する。

解法1

点 $A$ は第1象限にあるため、$A(a, b)$ ($a>0, b>0$) とおく。原点 $O(0,0)$ と $x$ 軸上の点 $B$ を結ぶ線分 $OB$ が底辺であり、$AO = AB$ の二等辺三角形であるから、点 $A$ から $x$ 軸に下ろした垂線の足は線分 $OB$ の中点となる。したがって、点 $B$ の座標は $(2a, 0)$ となる。

このとき、$\triangle OAB$ の底辺の長さは $2a$、高さは $b$ であるから、面積 $s$ は

$$ s = \frac{1}{2} \cdot 2a \cdot b = ab $$

となる。（$a>0, b>0$ より $s>0$ である）

$\triangle OAB$ の周をなす3つの線分の方程式は以下のようになる。

線分 $OA$: $y = \frac{b}{a}x \quad (0 \leqq x \leqq a)$
線分 $AB$: $y = -\frac{b}{a}(x - 2a) = -\frac{b}{a}x + 2b \quad (a \leqq x \leqq 2a)$
線分 $OB$: $y = 0 \quad (0 \leqq x \leqq 2a)$

求める面積を $S$ とする。領域 $D: xy \leqq 1$ と $\triangle OAB$ の位置関係は、頂点 $A(a,b)$ における $xy$ の値が $ab = s$ であることから、$s$ の値によって場合分けをする。

(i) $s \leqq 1$ のとき

線分 $OA$ 上の点について、$y = \frac{b}{a}x$ であり、

$$ xy = \frac{b}{a}x^2 \leqq \frac{b}{a}a^2 = ab = s \leqq 1 $$

線分 $AB$ 上の点について、$y = -\frac{b}{a}x + 2b$ であり、

$$ \begin{aligned} xy &= x \left(-\frac{b}{a}x + 2b\right) \\ &= -\frac{b}{a}(x^2 - 2ax) \\ &= -\frac{b}{a}(x-a)^2 + ab \\ &= s - \frac{b}{a}(x-a)^2 \leqq s \leqq 1 \end{aligned} $$

線分 $OB$ 上の点は $y=0$ より $xy = 0 \leqq 1$。以上より、$\triangle OAB$ の境界上の点はすべて領域 $D$ に含まれる。$\triangle OAB$ は凸図形であり、その境界が領域 $D$ （$x \geqq 0, y \geqq 0$ において凸領域）に含まれるため、$\triangle OAB$ 全体が領域 $D$ に含まれる。したがって、共通部分の面積は $\triangle OAB$ の面積そのものとなる。

$$ S = s $$

(ii) $s > 1$ のとき

点 $A(a,b)$ は領域 $D$ の外側にあり、双曲線 $y = \frac{1}{x}$ は線分 $OA$ および線分 $AB$ とそれぞれ交点を持つ。

線分 $OA$ との交点の $x$ 座標は、$x \cdot \frac{b}{a}x = 1$ より

$$ x^2 = \frac{a}{b} = \frac{a^2}{ab} = \frac{a^2}{s} $$

$x>0$ より $x = \frac{a}{\sqrt{s}}$。これを $x_1$ とおく。$s>1$ より $0 < x_1 < a$ を満たし、線分 $OA$ 上にある。

線分 $AB$ との交点の $x$ 座標は、$x \left(-\frac{b}{a}x + 2b\right) = 1$ より

$$ -\frac{b}{a}x^2 + 2bx - 1 = 0 $$

両辺に $-a$ を掛けて

$$ bx^2 - 2abx + a = 0 $$

解の公式より

$$ x = \frac{ab \pm \sqrt{(ab)^2 - ab}}{b} = \frac{s \pm \sqrt{s^2-s}}{b} = a \pm \frac{a}{s}\sqrt{s^2-s} $$

交点は線分 $AB$ 上（$a \leqq x \leqq 2a$）にある。$s>1$ より $0 < \sqrt{s^2-s} < s$ であるから、プラスの符号をとった $x = a + \frac{a}{s}\sqrt{s^2-s}$ が条件を満たす。これを $x_2$ とおく。

共通部分の面積 $S$ は、区間ごとに上側の境界が変わるため、次のように積分で求められる。

$$ S = \int_{0}^{x_1} \frac{b}{a}x \, dx + \int_{x_1}^{x_2} \frac{1}{x} \, dx + \int_{x_2}^{2a} \left(-\frac{b}{a}x + 2b\right) \, dx $$

それぞれの定積分を計算する。第1項は直角三角形の面積として計算でき、

$$ \int_{0}^{x_1} \frac{b}{a}x \, dx = \frac{1}{2} \cdot x_1 \cdot \frac{b}{a}x_1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{\sqrt{s}} \cdot \frac{b}{\sqrt{s}} = \frac{ab}{2s} = \frac{1}{2} $$

第3項も直角三角形の面積であり、底辺は $2a - x_2$、高さは $x=x_2$ のときの直線の $y$ 座標、すなわち $\frac{1}{x_2}$ であるから、

$$ \int_{x_2}^{2a} \left(-\frac{b}{a}x + 2b\right) \, dx = \frac{1}{2}(2a - x_2) \frac{1}{x_2} = \frac{1}{2} \left(\frac{2a}{x_2} - 1\right) $$

ここで、

$$ \frac{2a}{x_2} = \frac{2a}{a + \frac{a}{s}\sqrt{s^2-s}} = \frac{2s}{s + \sqrt{s^2-s}} $$

分母分子に $s - \sqrt{s^2-s}$ を掛けて有理化すると、

$$ \frac{2s(s - \sqrt{s^2-s})}{s^2 - (s^2-s)} = \frac{2s(s - \sqrt{s^2-s})}{s} = 2(s - \sqrt{s^2-s}) $$

よって第3項の面積は

$$ \frac{1}{2} \{2(s - \sqrt{s^2-s}) - 1\} = s - \sqrt{s^2-s} - \frac{1}{2} $$

第2項は、

$$ \begin{aligned} \int_{x_1}^{x_2} \frac{1}{x} \, dx &= \left[ \log x \right]_{x_1}^{x_2} = \log \frac{x_2}{x_1} \\ &= \log \frac{a + \frac{a}{s}\sqrt{s^2-s}}{\frac{a}{\sqrt{s}}} \\ &= \log \frac{s + \sqrt{s^2-s}}{\sqrt{s}} \\ &= \log (\sqrt{s} + \sqrt{s-1}) \end{aligned} $$

これらをすべて足し合わせると、

$$ \begin{aligned} S &= \frac{1}{2} + \log (\sqrt{s} + \sqrt{s-1}) + s - \sqrt{s^2-s} - \frac{1}{2} \\ &= s - \sqrt{s^2-s} + \log (\sqrt{s} + \sqrt{s-1}) \end{aligned} $$

解法2

面積の計算において $x = au, y = bv$ と変数変換する。このとき、図形が $x$ 軸方向に $\frac{1}{a}$ 倍、$y$ 軸方向に $\frac{1}{b}$ 倍に縮小されると考えると、変換における面積の拡大率は $ab = s$ 倍となる。

$xy$ 平面上の点 $(x, y)$ は $uv$ 平面上の点 $(u, v)$ に対応し、$\triangle OAB$ の頂点はそれぞれ $O'(0,0), A'(1,1), B'(2,0)$ となる。変換後の $\triangle O'A'B'$ の面積は $\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 1 = 1$ である。また、条件 $xy \leqq 1$ は $(au)(bv) \leqq 1$ より $uv \leqq \frac{1}{s}$ となる。

求める共通部分の面積 $S$ は、$uv$ 平面における $\triangle O'A'B'$ と領域 $uv \leqq \frac{1}{s}$ の共通部分の面積を $S'$ とすると、$S = sS'$ と表せる。

(i) $s \leqq 1$ のとき

$\frac{1}{s} \geqq 1$ である。辺 $O'A'$: $v=u \ (0 \leqq u \leqq 1)$ より $uv = u^2 \leqq 1 \leqq \frac{1}{s}$。辺 $A'B'$: $v=-u+2 \ (1 \leqq u \leqq 2)$ より $uv = u(-u+2) = -(u-1)^2+1 \leqq 1 \leqq \frac{1}{s}$。したがって $\triangle O'A'B'$ の周および内部はすべて $uv \leqq \frac{1}{s}$ を満たすため、$S' = 1$。よって $S = s \cdot 1 = s$。

(ii) $s > 1$ のとき

$\frac{1}{s} < 1$ であり、双曲線 $v = \frac{1}{su}$ と $\triangle O'A'B'$ の辺の交点の $u$ 座標を求める。辺 $O'A'$ ($v = u$) との交点は $u^2 = \frac{1}{s}$ より $u = \frac{1}{\sqrt{s}}$。（これを $u_1$ とする）辺 $A'B'$ ($v = -u + 2$) との交点は $u(-u+2) = \frac{1}{s}$ より $su^2 - 2su + 1 = 0$。 $1 \leqq u \leqq 2$ の範囲の解は $u = \frac{s + \sqrt{s^2-s}}{s} = 1 + \frac{\sqrt{s^2-s}}{s}$。（これを $u_2$ とする）

$S'$ は次のように計算される。

$$ S' = \int_{0}^{u_1} u \, du + \int_{u_1}^{u_2} \frac{1}{su} \, du + \int_{u_2}^{2} (-u+2) \, du $$

$$ \int_{0}^{u_1} u \, du = \left[ \frac{1}{2}u^2 \right]_{0}^{u_1} = \frac{1}{2s} $$

$$ \begin{aligned} \int_{u_2}^{2} (-u+2) \, du &= \left[ -\frac{1}{2}(u-2)^2 \right]_{u_2}^{2} = \frac{1}{2}(u_2 - 2)^2 \\ &= \frac{1}{2} \left(\frac{\sqrt{s^2-s}}{s} - 1\right)^2 \\ &= \frac{1}{2} \frac{s^2 - s - 2s\sqrt{s^2-s} + s^2}{s^2} \\ &= 1 - \frac{1}{2s} - \frac{\sqrt{s^2-s}}{s} \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} \int_{u_1}^{u_2} \frac{1}{su} \, du &= \frac{1}{s} \left[ \log u \right]_{u_1}^{u_2} = \frac{1}{s} \log \frac{u_2}{u_1} \\ &= \frac{1}{s} \log \frac{1 + \frac{\sqrt{s^2-s}}{s}}{\frac{1}{\sqrt{s}}} \\ &= \frac{1}{s} \log (\sqrt{s} + \sqrt{s-1}) \end{aligned} $$

以上より、

$$ \begin{aligned} S' &= \frac{1}{2s} + \left(1 - \frac{1}{2s} - \frac{\sqrt{s^2-s}}{s}\right) + \frac{1}{s} \log (\sqrt{s} + \sqrt{s-1}) \\ &= 1 - \frac{\sqrt{s^2-s}}{s} + \frac{1}{s} \log (\sqrt{s} + \sqrt{s-1}) \end{aligned} $$

ゆえに、

$$ \begin{aligned} S &= sS' \\ &= s - \sqrt{s^2-s} + \log (\sqrt{s} + \sqrt{s-1}) \end{aligned} $$

解説

図形の面積計算において、パラメータをそのまま用いて積分計算を行うのが標準的な解法（解法1）である。計算量はやや多いものの、交点を正確に求め、一次関数の積分を直角三角形の面積公式で代用することで計算負担を減らす工夫が重要になる。一方、解法2のように $x, y$ 軸それぞれの方向に拡大・縮小（変数変換）を行うと、三角形を定点 $(0,0), (1,1), (2,0)$ を結ぶ図形に固定でき、パラメータを双曲線の式だけに押し付けることができるため、計算の見通しが格段に良くなる。難関大の面積・体積問題において非常に強力な手法である。