京大2014年度理系第6問(定積分・面積)

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問題.

双曲線 \(\displaystyle y=\frac{1}{x}\) の第1象限にある部分と, 原点 O を中心とする円の第1象限にある部分を, それぞれ \(C_1, C_2\) とする. \(C_1\) と \(C_2\) は2つの異なる点 A, B で交わり, 点 A における \(C_1\) の接線 \(l\) と線分 \(OA\) のなす角は \(\displaystyle \frac{\pi}{6}\) であるとする. このとき, \(C_1\) と \(C_2\) で囲まれる図形の面積を求めよ.

与えられた条件から, 点 A, B の座標を求めて定積分する問題ですが, 途中で \(\displaystyle \frac{\pi}{12}\) の三角関数が出てくるところで戸惑うかもしれません. (上手く解けば避けられます. )

解答.

\(\displaystyle y=\frac{1}{x}\) 上の点 A の座標を \(\displaystyle \left(p, \frac{1}{p}\right)(p>0)\) とおくと,kyoto20146

曲線 \(C_1, C_2\) が直線 \(y=x\) に関して対称であることから, 点 A と B も \(y=x\) に関して対称で, \(\displaystyle B\left(\frac{1}{p}, p\right)\).

直線 OA 及び A における \(C_1\) の接線が \(x\) 軸の正の方向となす角をそれぞれ \(\theta, \phi\) とおけば,

\[\displaystyle \tan{\theta}=\frac{\frac{1}{p}}{p}=\frac{1}{p^2}.\]

また, \(\displaystyle y=\frac{1}{x}\) に対して \(\displaystyle y^\prime=-\frac{1}{x^2}\) なので

\(\displaystyle \tan{\phi}=-\frac{1}{p^2}\).

与えられた条件から, \(\displaystyle \phi-\theta=\frac{\pi}{6}\)で, \(\displaystyle \tan{(\phi-\theta)}=\tan{\frac{\pi}{6}}\)なので,

\[\frac{-\frac{1}{p^2}-\frac{1}{p^2}}{1+\frac{1}{p^2}\left(-\frac{1}{p^2}\right)}=\frac{1}{\sqrt{3}}\]

\[\frac{-2p^2}{p^4-1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\]

\[p^4+2\sqrt{3}p^2-1=0.\]

\(p^2>0\) より, \(p^2=2-\sqrt{3}\). (2次方程式の解の公式により)

このことから,

\begin{align*}
\tan{\theta}&= \frac{1}{p^2}\\
&= \frac{1}{2-\sqrt{3}}\\
&= 2+\sqrt{3}
\end{align*}

\begin{align*}
\tan{2\theta} &= \frac{2(2+\sqrt{3})}{1-(2+\sqrt{3})^2}\\
&= -\frac{1}{\sqrt{3}}
\end{align*}

\(\displaystyle\frac{\pi}{2}>\theta>\frac{\pi}{4}\) から \(\displaystyle 2\theta=\frac{5}{6}\pi\).

また, 円 \(C_2\) の半径は

\begin{align*}
OA &= \sqrt{p^2+\frac{1}{p^2}}\\
&= \sqrt{(2-\sqrt{3})+(2+\sqrt{3})}\\
&= 2
\end{align*}

以上を踏まえて, 求める面積を \(S\) とおくと,

\begin{align*}
S = \int_p^{\frac{1}{p}} \sqrt{4-x^2} dx – \int_p^{\frac{1}{p}} \frac{1}{x} dx
\end{align*}

右辺の第1項について, \(x=2\cos{t}\) と置換して,

\begin{align*}
\int_p^{\frac{1}{p}} \sqrt{4-x^2} dx &= \int_{\theta}^{\frac{\pi}{2}-\theta} 2\sin{t}(-2\sin{t}) dt\\
&= -2\int_{\theta}^{\frac{\pi}{2}-\theta} (1-\cos{2t})dt\\
&= -2\Big[t-\frac{1}{2}\sin{2t}\Big]_\theta^{\frac{\pi}{2}-\theta} \\
&= \frac{2}{3}\pi
\end{align*}

右辺の第2項は

\begin{align*}
\int_p^{\frac{1}{p}} \frac{1}{x} dx &= \Big[\log|x|\Big]_p^{\frac{1}{p}}\\
&= \log{\frac{1}{p}}-\log{p}\\
&= \log{\frac{1}{p^2}}\\
&= \log{(2+\sqrt{3})}
\end{align*}

従って,

\begin{align*}
S=\frac{2}{3}\pi-\log{(2+\sqrt{3})}
\end{align*}

追記.

\(p\) の値は二重根号を外して \(\displaystyle p=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\) と求まりますが, ここではあえて求めずに済むように解いています.

また, これは後に京大の教授から聞いた話ですが, 値を暗記していて \(\tan{\theta}=2+\sqrt{3}\) からいきなり \(\displaystyle \theta=\frac{5}{12}\pi\) と書くと減点対象だそうです. (つまり, 高校の範囲でその値を教えていないので導け, とのこと). そのため, ここでは2倍角の定理を使って \(2\theta\) を求めています.

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