5九州大学 2022年 数学 第5問解答・解説

準備（一般の$t$で成り立つ式）

$x(t)=5\cos t+\cos 5t,\ y(t)=5\sin t-\sin 5t$ を微分すると $$\displaystyle \frac{dx}{dt}=-5\sin t-5\sin 5t,\qquad \frac{dy}{dt}=5\cos t-5\cos 5t .$$ 加法定理により $$\sin 5t=\sin(3t+2t)=\sin 3t\cos 2t+\cos 3t\sin 2t,\qquad \sin t=\sin(3t-2t)=\sin 3t\cos 2t-\cos 3t\sin 2t$$ の両辺を加えると $\sin t+\sin 5t=2\sin 3t\cos 2t$。よって $$\displaystyle \frac{dx}{dt}=-5\cdot 2\sin 3t\cos 2t=-10\sin 3t\cos 2t. \tag{$\ast$}$$ 同様に $$\cos 5t=\cos(3t+2t)=\cos 3t\cos 2t-\sin 3t\sin 2t,\qquad \cos t=\cos(3t-2t)=\cos 3t\cos 2t+\sin 3t\sin 2t$$ の差をとると $\cos t-\cos 5t=2\sin 3t\sin 2t$。よって $$\displaystyle \frac{dy}{dt}=5\cdot 2\sin 3t\sin 2t=10\sin 3t\sin 2t. \tag{$\ast\ast$}$$

(1)

$\displaystyle 0<t<\dfrac{\pi}{6}$ のとき $\displaystyle 0<3t<\dfrac{\pi}{2}$ より $\sin 3t>0$。また $\displaystyle 0<2t<\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{\pi}{2}$ より $\cos 2t>0,\ \sin 2t>0$。したがって($\ast$)より $$\displaystyle \frac{dx}{dt}=-10\sin 3t\cos 2t<0$$ が成り立つ。さらに、この区間で $\sin 3t\neq0$ だから($\ast$),($\ast\ast$)より $$\displaystyle \frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{10\sin 3t\sin 2t}{-10\sin 3t\cos 2t}=-\frac{\sin 2t}{\cos 2t}=-\tan 2t.$$ $\displaystyle 0<2t<\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{\pi}{2}$ より $\tan 2t>0$ なので $\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=-\tan 2t<0$。 (証明終)

(2)

$t=0$ のとき $(x,y)=(5+1,0)=(6,0)$。$\displaystyle t=\dfrac{\pi}{6}$ のとき $$\displaystyle x=5\cos\frac{\pi}{6}+\cos\frac{5\pi}{6}=\frac{5\sqrt3}{2}-\frac{\sqrt3}{2}=2\sqrt3,\qquad y=5\sin\frac{\pi}{6}-\sin\frac{5\pi}{6}=\frac52-\frac12=2,$$ で、確かに $\displaystyle y=\dfrac{1}{\sqrt3}x$（$\displaystyle \frac{1}{\sqrt3}\cdot2\sqrt3=2$）を満たす。よって求める図形は、原点$O$、$(6,0)$（$x$軸上）、$(2\sqrt3,2)$（直線$y=x/\sqrt3$上）を結ぶ2本の線分と、$0\le t\le\pi/6$ に対応する曲線の弧とで囲まれる領域である。

$r(t)=\sqrt{x(t)^2+y(t)^2}>0$ とし、$(x,y)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$ で偏角 $\theta(t)$ を定めると、直接の微分計算から $$\displaystyle x\frac{dy}{dt}-y\frac{dx}{dt}=r\cos\theta\left(r'\sin\theta+r\cos\theta\,\theta'\right)-r\sin\theta\left(r'\cos\theta-r\sin\theta\,\theta'\right)=r^2\theta'(t)$$ という恒等式が成り立つ（$rr'$ の項は消える）。$O$を通る線分上では位置ベクトルが原点のスカラー倍だから、その線分上で $x\,dy-y\,dx=0$ である。ゆえに、$\theta(t)$ が $0\le t\le\pi/6$ の範囲で単調（$\theta(0)=0,\ \theta(\pi/6)=\pi/6$）であれば、囲まれた領域は極座標での扇形 $\{(\rho,\theta):0\le\theta\le\pi/6,\ 0\le\rho\le r(\theta)\}$ に一致し、面積は極方程式の面積公式 $\displaystyle S=\dfrac12\displaystyle\int r^2\,d\theta$ の置換 $d\theta=\theta'(t)\,dt$ により $$\displaystyle S=\frac12\int_{0}^{\pi/6} r(t)^2\theta'(t)\,dt=\frac12\int_0^{\pi/6}\left(x\frac{dy}{dt}-y\frac{dx}{dt}\right)dt$$ と表される。

実際、($\ast$),($\ast\ast$)を用いると $$\displaystyle x\frac{dy}{dt}-y\frac{dx}{dt}=10\sin 3t\bigl(x\sin 2t+y\cos 2t\bigr).$$ ここで $$x\sin2t+y\cos2t=(5\cos t+\cos5t)\sin2t+(5\sin t-\sin5t)\cos2t=5(\cos t\sin2t+\sin t\cos2t)-(\sin5t\cos2t-\cos5t\sin2t)$$ $$=5\sin(t+2t)-\sin(5t-2t)=5\sin3t-\sin3t=4\sin3t$$ だから $$\displaystyle x\frac{dy}{dt}-y\frac{dx}{dt}=10\sin3t\cdot4\sin3t=40\sin^2 3t\ (\ge0).$$ したがって $\displaystyle \theta'(t)=\dfrac{40\sin^2 3t}{r(t)^2}\ge0$ で、$0<t<\pi/6$ の範囲内では $\sin3t>0$ より $\theta'(t)>0$ となり、$0\le t_1<t_2\le\pi/6$ ならば $\theta(t_1)<\theta(t_2)$ が成り立ち、$\theta$ は $0$ から $\pi/6$ まで増加する。よって上の面積公式が使え、$\displaystyle \sin^2 3t=\dfrac{1-\cos6t}{2}$ より $$\displaystyle S=\frac12\int_0^{\pi/6}40\sin^2 3t\,dt=20\int_0^{\pi/6}\frac{1-\cos6t}{2}\,dt=10\left[t-\frac{\sin6t}{6}\right]_0^{\pi/6}=10\left(\frac{\pi}{6}-0\right)=\frac{5\pi}{3}.$$

(3)

$z(t)=x(t)+iy(t)$ とおくと $$z(t)=5\cos t+\cos5t+i(5\sin t-\sin5t)=5(\cos t+i\sin t)+(\cos5t-i\sin5t)=5e^{it}+e^{-5it}.$$ $x$軸対称： 共役をとると $\overline{z(t)}=5e^{-it}+e^{5it}=z(-t)$。複素平面での共役は実軸（$x$軸）に関する対称移動だから、点 $z(t)$ の$x$軸に関する対称点は $z(-t)$ である。$x(t),y(t)$ は $t$ について周期 $2\pi$（$\cos(t+2\pi)=\cos t,\ \cos5(t+2\pi)=\cos(5t+10\pi)=\cos5t$ 等）だから、任意の実数 $t$ に対し、$-t$ と $2\pi$ の整数倍だけ異なる実数 $u$ を $-\pi\le u<\pi$ の範囲にとると、周期性から $z(u)=z(-t)$ である。したがって $z(-t)$ は常に$C$上の点であり、$C$は$x$軸に関して対称である。

$\pi/3$回転： 複素数平面において、点$z$を原点中心に反時計回りに角$\varphi$だけ回転した点は $e^{i\varphi}z$ である。よって $$e^{i\pi/3}z(t)=e^{i\pi/3}\left(5e^{it}+e^{-5it}\right)=5e^{i(t+\pi/3)}+e^{i(\pi/3-5t)}.$$ 一方 $$\displaystyle z\!\left(t+\frac{\pi}{3}\right)=5e^{i(t+\pi/3)}+e^{-5i(t+\pi/3)}=5e^{i(t+\pi/3)}+e^{-5it-5i\pi/3}.$$ 指数部分を比べると $\left(\pi/3-5t\right)-\left(-5t-5\pi/3\right)=\pi/3+5\pi/3=2\pi$ であり、これは$2\pi$の整数倍だから $$e^{i(\pi/3-5t)}=e^{-5it-5i\pi/3}$$ が（近似ではなく）恒等式として成り立つ。ゆえに $$\displaystyle e^{i\pi/3}z(t)=z\!\left(t+\frac{\pi}{3}\right)$$ がすべての実数$t$で成立する。上と同様に $t+\pi/3$ は（$2\pi$の平行移動で）$C$のある点を表すパラメータだから、$z(t)$ を$\pi/3$回転した点は必ず$C$上にある。 (証明終)

(4)

$\displaystyle \dfrac{dx}{dt}=\dfrac{dy}{dt}=0$ となるのは($\ast$),($\ast\ast$)より $\sin3t=0$、すなわち $t=k\pi/3$（$k$ は整数） のときであり、これが尖点（進行方向が定義できない点）である。$-\pi\le t<\pi$ 内では $\displaystyle t=-\pi,-\dfrac{2\pi}{3},-\dfrac{\pi}{3},0,\dfrac{\pi}{3},\dfrac{2\pi}{3}$ の6個。これらでの$r^2=x^2+y^2=26+10\cos6t$ はすべて $26+10=36$（$r=6$）で、(3)の回転対称性により60°おきに並ぶ： $$(6,0),\ (3,3\sqrt3),\ (-3,3\sqrt3),\ (-6,0),\ (-3,-3\sqrt3),\ (3,-3\sqrt3).$$ 一方、隣り合う尖点の中間の方角（尖点から30°の位置、$t=\pi/6+ k\pi/3$ 型）では $\cos6t=-1$ となり $r^2=16$（$r=4$）で最も原点に近づく。(2)で調べた $(2\sqrt3,2)$（および対称点 $(2\sqrt3,-2)$ 等）がその代表例である。

以上をまとめると、$C$は原点を中心とする半径6の円に内接する6個の尖点をもち、各尖点の間で半径4までへこむ、6弁の花びら状（6尖点の内サイクロイド型）の閉曲線である。$x$軸に関して対称、かつ原点中心の$\pi/3$回転で自分自身に重なる（この対称性により、(2)で求めた $0\le t\le\pi/6$ の基本弧を60°回転と$x$軸折り返しで合計12個並べれば曲線全体が得られる）。図示する際は、上記12個の点（尖点6個・半径4の点6個、いずれも30°間隔）を滑らかな凹凸曲線で結び、原点まわりに6回対称・$x$軸対称な花びら状の閉曲線として描けばよい。