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東京大学 2020年理系第3問解説

方針・初手

(1)は $\frac{y(t)}{x(t)}$ を整理し、式の単調性を調べる。
(2)は距離の2乗 $f(t)^2 = x(t)^2 + y(t)^2$ の増減を微分により調べる。
(3)は、原点中心の回転移動による通過領域の面積を求める問題である。(1)で偏角 $\theta$ の動き、(2)で動径の長さ $r=f(t)$ の増減を確認し、それらを用いて各偏角における最大動径を整理する。

解法1

(1)

$$ \frac{y(t)}{x(t)} = \frac{3(1+t)\sqrt{1-t}}{(1+t)\sqrt{1+t}} $$

$-1 < t \leqq 1$ において $1+t > 0$ であるから、分母分子を $1+t$ で割ることができる。

$$ \frac{y(t)}{x(t)} = \frac{3\sqrt{1-t}}{\sqrt{1+t}} = 3\sqrt{\frac{1-t}{1+t}} $$

ここで、根号の中の関数を $g(t) = \frac{1-t}{1+t}$ とおく。

$$ g(t) = \frac{-(1+t)+2}{1+t} = -1 + \frac{2}{t+1} $$

$-1 < t \leqq 1$ において、関数 $\frac{2}{t+1}$ は $t$ の増加とともに単調に減少するため、$g(t)$ も単調に減少する。

$X \geqq 0$ において $\sqrt{X}$ は単調増加関数であるから、$3\sqrt{g(t)}$ も $-1 < t \leqq 1$ において単調に減少する。

よって、$\frac{y(t)}{x(t)}$ は単調に減少することが示された。

(2)

$f(t) \geqq 0$ であるから、$f(t)$ の増減と最大値は $f(t)^2$ の増減と最大値を調べればよい。

$$ \begin{aligned} f(t)^2 &= x(t)^2 + y(t)^2 \\ &= (1+t)^3 + 9(1+t)^2(1-t) \\ &= (1+t)^2 \{ (1+t) + 9(1-t) \} \\ &= (1+t)^2 (10-8t) \\ &= 2(1+t)^2 (5-4t) \end{aligned} $$

$h(t) = f(t)^2$ とおき、$t$ で微分する。

$$ \begin{aligned} h'(t) &= 2 \left\{ 2(1+t)(5-4t) + (1+t)^2(-4) \right\} \\ &= 4(1+t) \{ (5-4t) - 2(1+t) \} \\ &= 4(1+t)(3-6t) \\ &= 12(1+t)(1-2t) \end{aligned} $$

$h'(t) = 0$ となるのは、$t = -1, \frac{1}{2}$ のときである。

$-1 < t < \frac{1}{2}$ では $h'(t) > 0$、$\frac{1}{2} < t \leqq 1$ では $h'(t) < 0$ であるから、$h(t)$ は $-1 \leqq t \leqq \frac{1}{2}$ で単調増加し、$\frac{1}{2} \leqq t \leqq 1$ で単調減少する。

$t = \frac{1}{2}$ のとき、

$$ h\left(\frac{1}{2}\right) = 2 \left(1+\frac{1}{2}\right)^2 \left(5-4 \cdot \frac{1}{2}\right) = 2 \cdot \frac{9}{4} \cdot 3 = \frac{27}{2} $$

$f(t) = \sqrt{h(t)}$ であるから、$f(t)$ の増減は $h(t)$ と一致する。

したがって、$f(t)$ は $-1 \leqq t \leqq \frac{1}{2}$ で単調増加、$\frac{1}{2} \leqq t \leqq 1$ で単調減少し、最大値は $\sqrt{\frac{27}{2}} = \frac{3\sqrt{6}}{2}$ である。

(3)

$x(-1)=0, y(-1)=0$ より、$C$ は原点を出発する。

点 $P(x(t), y(t))$ について、動径 $OP$ の長さを $r$、偏角を $\theta$ とおく。

(1)より、$\tan\theta = \frac{y(t)}{x(t)}$ は $-1 < t \leqq 1$ で単調減少する。

$\lim_{t \to -1+0} \frac{y(t)}{x(t)} = \infty$ であり、$x(1) = 2\sqrt{2}, y(1) = 0$ より $\frac{y(1)}{x(1)} = 0$ であるから、$t$ が $-1$ から $1$ まで増加するとき、$\theta$ は $\frac{\pi}{2}$ から $0$ まで単調減少する。

よって $t$ と $\theta$ は1対1に対応し、$r=f(t)$ は $\theta$ の関数 $r(\theta)$ として表せる。

領域 $D$ は極座標において $0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}$, $0 \leqq r \leqq r(\theta)$ で表される。

$D$ を時計回りに角 $\alpha$ ($0 \leqq \alpha \leqq \frac{\pi}{2}$) だけ回転させた領域を $D_\alpha$ とする。

通過領域 $W$ は、これらの和集合 $W = \bigcup_{0 \leqq \alpha \leqq \pi/2} D_\alpha$ である。

$W$ に含まれる偏角 $\phi$ ($-\frac{\pi}{2} \leqq \phi \leqq \frac{\pi}{2}$) の半直線上の線分の最大の長さを $R(\phi)$ とすると、これは $D$ の境界上の点が回転して到達した点までの距離の最大値である。

回転前の偏角 $\theta$ は $\theta = \phi + \alpha$ であり、$0 \leqq \alpha \leqq \frac{\pi}{2}$ かつ $0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}$ であるから、$\theta$ のとりうる範囲は

$$ \max(0, \phi) \leqq \theta \leqq \min\left(\frac{\pi}{2}, \phi+\frac{\pi}{2}\right) $$

となる。$R(\phi)$ はこの区間における $r(\theta)$ の最大値である。

(2)より、$r=f(t)$ は $t=\frac{1}{2}$ で最大値 $R_{\text{max}} = \frac{3\sqrt{6}}{2}$ をとる。

このときの偏角を $\theta_0$ とすると、$\tan\theta_0 = 3\sqrt{\frac{1-1/2}{1+1/2}} = \sqrt{3}$ より $\theta_0 = \frac{\pi}{3}$ である。

$\theta$ は $t$ について単調減少であるから、$r(\theta)$ は $0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{3}$ で単調増加、$\frac{\pi}{3} \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}$ で単調減少する。

$\phi$ の範囲によって場合分けして $R(\phi)$ を求める。

(i)

$-\frac{\pi}{2} \leqq \phi \leqq -\frac{\pi}{6}$ のとき

区間は $0 \leqq \theta \leqq \phi+\frac{\pi}{2}$ となり、この区間では常に $\theta \leqq \frac{\pi}{3}$ であるから、$r(\theta)$ は単調増加である。

よって最大値は $\theta = \phi+\frac{\pi}{2}$ のときであり、$R(\phi) = r\left(\phi+\frac{\pi}{2}\right)$

(ii)

$-\frac{\pi}{6} \leqq \phi \leqq \frac{\pi}{3}$ のとき

区間内に $\theta = \frac{\pi}{3}$ が含まれるため、最大値は $R(\phi) = r\left(\frac{\pi}{3}\right) = R_{\text{max}}$

(iii)

$\frac{\pi}{3} \leqq \phi \leqq \frac{\pi}{2}$ のとき

区間は $\phi \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}$ となり、この区間では常に $\theta \geqq \frac{\pi}{3}$ であるから、$r(\theta)$ は単調減少である。

よって最大値は $\theta = \phi$ のときであり、$R(\phi) = r(\phi)$

したがって、通過領域の面積 $S$ は

$$ \begin{aligned} S &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{1}{2} R(\phi)^2 d\phi \\ &= \int_{-\pi/2}^{-\pi/6} \frac{1}{2} r\left(\phi+\frac{\pi}{2}\right)^2 d\phi + \int_{-\pi/6}^{\pi/3} \frac{1}{2} R_{\text{max}}^2 d\phi + \int_{\pi/3}^{\pi/2} \frac{1}{2} r(\phi)^2 d\phi \end{aligned} $$

第1項において $\theta = \phi+\frac{\pi}{2}$ と置換すると積分区間は $0$ から $\frac{\pi}{3}$ となり、第3項とまとめることができる。

$$ \begin{aligned} S &= \int_{0}^{\pi/3} \frac{1}{2} r(\theta)^2 d\theta + \frac{1}{2} R_{\text{max}}^2 \left( \frac{\pi}{3} - \left(-\frac{\pi}{6}\right) \right) + \int_{\pi/3}^{\pi/2} \frac{1}{2} r(\phi)^2 d\phi \\ &= \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{2} r(\theta)^2 d\theta + \frac{\pi}{4} R_{\text{max}}^2 \end{aligned} $$

ここで、第1項は元の領域 $D$ の面積に等しい。

$x(t) = (1+t)^{\frac{3}{2}}$ より $dx = \frac{3}{2}(1+t)^{\frac{1}{2}} dt$ であり、$t$ が $-1$ から $1$ に動くとき $x$ は $0$ から $2\sqrt{2}$ に動くから、

$$ \begin{aligned} \text{(第1項)} &= \int_{0}^{2\sqrt{2}} y dx \\ &= \int_{-1}^{1} 3(1+t)\sqrt{1-t} \cdot \frac{3}{2}\sqrt{1+t} dt \\ &= \frac{9}{2} \int_{-1}^{1} (1+t)\sqrt{1-t^2} dt \\ &= \frac{9}{2} \int_{-1}^{1} \sqrt{1-t^2} dt + \frac{9}{2} \int_{-1}^{1} t\sqrt{1-t^2} dt \end{aligned} $$

$\int_{-1}^{1} \sqrt{1-t^2} dt$ は半径1の半円の面積であるから $\frac{\pi}{2}$ であり、$\int_{-1}^{1} t\sqrt{1-t^2} dt$ は奇関数の積分であるから $0$ である。

よって、$D$ の面積は $\frac{9}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{9}{4}\pi$ となる。

また、第2項は扇形の面積であり、

$$ \text{(第2項)} = \frac{\pi}{4} \cdot \left(\frac{3\sqrt{6}}{2}\right)^2 = \frac{\pi}{4} \cdot \frac{54}{4} = \frac{27}{8}\pi $$

以上より、求める面積 $S$ は

$$ S = \frac{9}{4}\pi + \frac{27}{8}\pi = \frac{45}{8}\pi $$