高校数学の解き方

高校数学の教科書や大学入試の問題を解いています。簡潔で分かりやすい解答、模範解答を目指します。

数学(理系)の第3問(2020東京大学入試)

問題

          第 3 問

 \; -1 \leqq t \leqq 1 \; を満たす実数\; t \; に対して、

   x(t)=(1+t)\sqrt{1+t \; }

   y(t)=3(1+t)\sqrt{1-t \; }

とする。座標平面上の点\; \mathrm{P}(x(t),\; \; y(t)) \; を考える。

(1) \; \; -1 \lt t \leqq 1 \; における\; t \; の関数\displaystyle \; \frac{y(t)}{x(t)} \; は単調に減少することを示せ。

(2) \; \; 原点と\; \mathrm{P} \; の距離を\; f(t) \; とする。\; -1 \leqq t \leqq 1 \; における\; t \; の関数\; f(t) \; の増減を調べ、最大値を求めよ。

(3) \; \; t \; \; -1 \leqq t \leqq 1 \; を動くときの\; \mathrm{P} \; の軌跡を\; C \; とし、\; C \; \; x \; 軸で囲まれた領域を\; D \; とする。原点を中心として\; D \; を時計回りに\; 90^{\circ} \; 回転させるとき、\; D \; が通過する領域の面積を求めよ。

 

解答

\displaystyle (1) \; \; g(t)= \; \frac{y(t)}{x(t)} \; とおくと、

   \displaystyle g(t)= 3 \; \sqrt{ \frac{1-t \; }{1+t \; } } \;

よって、\; g(t) \; \; -1 \lt t \leqq 1 \; において連続

\; -1 \lt t \lt 1 \; のとき、

   \displaystyle g'(t)=- \frac{3}{(1+t)^2} \; \sqrt{ \frac{1+t \; }{1-t \; } } \; \lt 0

したがって、\; -1 \lt t \leqq 1 \; における\; t \; の関数\displaystyle \; \frac{y(t)}{x(t)} \; は単調に減少する。

 

(2) \; \; -1 \leqq t \leqq 1 \; だから、

   f(t)= \sqrt{ \{ x(t) \}^2 + \{ y(t) \}^2 \; }=(1+t) \sqrt{10-8t \; }

   \displaystyle f'(t)= \frac{6(1-2t)}{ \sqrt{10-8t}}

f'(t)=0 \; とすると、\displaystyle t= \frac{1}{2}

よって、\; f(t) \; の増減表は次のようになる。

\; \; \; t -1 \cdots \displaystyle \; \frac{1}{2} \cdots \; \; 1
f'(t) \; + \; + \; 0 \; - \; -
f(t) \; 0 \nearrow 極大 \searrow 2\sqrt{2}

 

ゆえに、\; f(t) \; 区間\displaystyle \; -1 \leqq t \leqq \frac{1}{2} \; で単調に増加し、

       区間\displaystyle \; \frac{1}{2} \leqq t \leqq 1 \; で単調に減少する。

また、\displaystyle \; t= \frac{1}{2} \; で、最大値\displaystyle \; \frac{3\sqrt{6}}{2} \; をとる。

 

(3) \; \; t \; の関数\; x(t) \; は、\; -1 \leqq t \leqq 1 \; で連続で、

\; -1 \lt t \lt 1 \; のとき、

   \displaystyle x'(t)= \frac{3}{2} \sqrt{1+t \; } \; \gt 0

だから、\; x(t) \; は、\; -1 \leqq t \leqq 1 \; で単調に増加する。

よって、この区間のどの\; t_1, \;t_2 \; (t_1 \lt t_2) \; に対しても、

   \; x(t_1) \lt x(t_2) \;

である。\; C \; 上の点\; \mathrm{Q}(x(t_2),\; \; y(t_2)) \; として、線分\; \mathrm{OQ} \; 上の点を\; (x(t_1),\; \; a) \; とすると、\; (1) \; より、

   \displaystyle \; \frac{y(t_1)}{x(t_1)} \gt \frac{y(t_2)}{x(t_2)} = \frac{a}{x(t_1)} \; より、y(t_1) \gt a \;

だから、\; \mathrm{P} \; の軌跡\; C \; のグラフは、上に凸である。

(図は省略)

\; (2) \; より、\; \mathrm{R} \left( x\left( \frac{1}{2} \right),\; \; y\left( \frac{1}{2} \right) \right) \; とすると、\; D \; は線分\; \mathrm{OR} \; によって\; 2 \; つの領域に分かれ、それぞれを\; A, \; B \; とする。よって、\; D \; の通過する領域は、この\; A \; と、線分\; \mathrm{OR} \; が通過した領域、つまり半径\displaystyle \; \frac{3\sqrt{6}}{2} \; \displaystyle \; \frac{1}{4} \; 円と、回転した後の\; B \; との和である。

(図は省略)

\displaystyle \; \frac{1}{4} \; 円の面積は、

   \displaystyle \; \frac{1}{4} \times \pi \times \left( \frac{3\sqrt{6}}{2} \right)^2 = \frac{27}{8} \; \pi \;

\; A \; \; B \; の和は、領域\; D \; だから、その面積は、

   \displaystyle \int_{-1}^{1} y(t) dx= \int_{-1}^{1} y(t)x'(t) dt

        \displaystyle = \int_{-1}^{1} 3(1+t)\sqrt{1-t \; } \cdot \frac{3}{2} \sqrt{1+t \; } dt

        \displaystyle = \frac{9}{2} \int_{-1}^{1} \sqrt{1-t^2 \; } dt+ \frac{9}{2} \int_{-1}^{1} t \sqrt{1-t^2 \; } dt

\displaystyle \; \int_{-1}^{1} \sqrt{1-t^2 \; } dt \; は、半径\; 1 \; の半円を表すから、その面積は\displaystyle \; \frac{1}{2} \; \pi \;

\; t \sqrt{1-t^2 \; } \; は奇関数だから、\displaystyle \; \int_{-1}^{1} t \sqrt{1-t^2 \; } dt=0

よって、

   \displaystyle \int_{-1}^{1} y(t) dx= \frac{9}{2} \cdot \frac{1}{2} \; \pi = \frac{9}{4} \; \pi

以上より、\; D \; が通過する領域の面積は、

   \displaystyle \frac{27}{8} \; \pi + \frac{9}{4} \; \pi = \frac{45}{8} \; \pi

 

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