IV慶應義塾大学 2009年 数学 第IV問解答・解説

(1)　 速度ベクトルは$\vec v=(f\prime(t),g\prime(t))$である。積の微分を用いると$f\prime(t)=-\sin2t+2t\cos2t$、$g\prime(t)=\cos2t+2t\sin2t$となる。さらに微分して$f\prime\prime(t)=-4t\sin2t$、$g\prime\prime(t)=4t\cos2t$を得る。従って加速度ベクトルは$\vec\alpha=(-4t\sin2t,4t\cos2t)$である。

(2)　 $t\ne0$ならば$\vec\alpha$は$(-\sin2t,\cos2t)$に平行であり、$(\cos2t,\sin2t)$はこれに垂直な単位ベクトルである。点$P=(f(t),g(t))$を通り$\vec\alpha$に平行な直線の方程式は$(x-f(t))\cos2t+(y-g(t))\sin2t=0$である。ここで$f(t)\cos2t+g(t)\sin2t=1$だから、この直線は$x\cos2t+y\sin2t=1$となる。単位円$x^2+y^2=1$の点$Q=(\cos2t,\sin2t)$における接線の方程式がこれと一致するので、直線は必ず円に接し、接点は$Q=(\cos2t,\sin2t)$である。

(3)　 $u=2t$とおくと$0\leq u\leq\pi$である。$h(u)=\sin u-u\cos u$とすると$h(0)=0$、$h\prime(u)=u\sin u\geq0$なので$h(u)\geq0$である。従って$f\prime(t)=-h(2t)\leq0$となり、$f(t)$は指定区間で減少する。

(4)　 $a=\pi/4,\ b=\pi/2$とおく。 線分$PQ$上の点は、$Q$からの距離を$s$として $$(x,y)=(\cos2t+s\sin2t,\ \sin2t-s\cos2t), \qquad a\leq t\leq b,\quad 0\leq s\leq t$$ と表せる。

まず、異なる時刻の線分が重ならないことを確かめる。 $t_1<t_2$とし、$\delta=2(t_2-t_1)$とおくと$0<\delta\leq\pi/2$である。 時刻$t_1$の線分上の点について $$x\cos2t_2+y\sin2t_2=\cos\delta-s\sin\delta<1$$ が成り立つ。一方、時刻$t_2$の線分は接線 $x\cos2t_2+y\sin2t_2=1$上にあるので、両線分は交わらない。

次に、図形を鉛直な線で切った断面を求める。 $a\le t\le b$では$f'(t)=-\sin2t+2t\cos2t<0$であり、 $f(a)=a,\ f(b)=-1$である。 したがって、$-1<x<a$に対し$a<T<b$ の範囲で$f(T)=x$を満たす$T$がただ一つ存在する。 $t<b$では$\sin2t>0$だから、線分が鉛直線$X=x$と交わる条件は $$\cos2t\leq x\leq f(t)$$ であり、その交点の高さは $$\displaystyle Y_x(t)=\frac{1-x\cos2t}{\sin2t}$$ となる。 $-1<x\leq0$のときは$a\le t_0<b$ の範囲で$\cos2t_0=x$となる$t_0$をとれば、 交点が存在する時刻はちょうど$t_0\leq t\leq T$である。 $0\leq x<a$のときは、ちょうど$a\leq t\leq T$である。 いずれもこの区間で $$\displaystyle Y_x'(t)=\frac{2(x-\cos2t)}{\sin^2 2t}\geq0$$ となる。$Y_x$は連続なので、断面は下端から上端まで隙間なく埋まる。 上端は$Y_x(T)=g(T)$であり、下端は $$Y_x(t_0)=\sqrt{1-x^2}\quad(-1<x\leq0), \qquad Y_x(a)=1\quad(0\leq x<a)$$ である。 また$x=-1$では$t=b$の線分$0\leq y\leq b$、 $x=a$では点$(a,1)$が境界となる。 これで図形の上下の境界と両端がすべて定まった。

【表示上の注記】補助図はこのローカルプレビューでは未表示です。元の図データ・参照は保持しています。座標・範囲・計算・証明は採用稿の本文に記載されています。

図は上側の$P$の軌跡、下側の円弧と水平線分、左端の鉛直線分を示す。薄紫色は$-1\leq x\leq0$、薄青色は$0\leq x\leq a$の部分であり、両者の和が求める図形である。

上側の境界を$y=U(x)$と書くと、$U(f(t))=g(t)$だから、 通常の一変数の面積積分と置換$x=f(t)$により $$\displaystyle \begin{aligned} S&=\int_{-1}^{a}U(x)\,dx -\int_{-1}^{0}\sqrt{1-x^2}\,dx-\int_0^a1\,dx\\ &=\int_a^b g(t)(-f'(t))\,dt-\frac\pi4-a =\int_a^b g(t)(-f'(t))\,dt-\frac\pi2. \end{aligned}$$ ここで$\displaystyle \int_{-1}^{0}\sqrt{1-x^2}\,dx=\pi/4$は単位円の四分の一の面積である。 被積分関数を倍角公式で整理すると $$\displaystyle \begin{aligned} g(t)(-f'(t)) &=(\sin2t-t\cos2t)(\sin2t-2t\cos2t)\\ &=\frac12+t^2+\left(t^2-\frac12\right)\cos4t -\frac32t\sin4t. \end{aligned}$$ 部分積分により、または次の右辺を微分して、 $$\displaystyle \int g(t)(-f'(t))\,dt =\frac t2+\frac{t^3}{3} +\frac{t^2\sin4t}{4}+\frac{t\cos4t}{2} -\frac{\sin4t}{4}+C$$ を得る。$\sin4a=\sin4b=0,\ \cos4a=-1,\ \cos4b=1$より $$\displaystyle \int_a^b g(t)(-f'(t))\,dt =\frac{b-a}{2}+\frac{b^3-a^3}{3}+\frac{b+a}{2} =\frac\pi2+\frac{7\pi^3}{192}.$$ したがって求める面積は $$\displaystyle \boxed{S=\frac{7\pi^3}{192}}.$$