I東北医科薬科大学 2023年 数学 第I問解答・解説

媒介変数微分で接線・法線を求め、法線の交点と中点からQの媒介変数表示を導く。単調性を確認して面積を媒介変数積分し、円板法で回転体の体積を計算する。

(1) 曲線の媒介変数表示を微分すると
$$\frac{dx}{dt}=1-\cos t>0,\qquad \frac{dy}{dt}=\sin t\qquad(0<t<2\pi)$$
である。したがって接線の傾きは
$$\frac{dy}{dx}=\frac{\sin t}{1-\cos t}=\frac{2\sin(t/2)\cos(t/2)}{2\sin^2(t/2)}=\cot\frac t2$$
となる。よって、接線に垂直な法線の傾きは
$$-\frac{1}{\cot(t/2)}=-\tan\frac t2$$
であり、$\text{ア}=-1,\ \text{イ}=2$ である。ただし $t=\pi$ では接線は水平、法線は垂直なので、法線の傾きは定義されない（上式もこのとき未定義である）。

(2) $t=\frac43\pi$ とすると
$$P=\left(\frac43\pi+\frac{\sqrt3}{2},\frac32\right),\qquad m_{\ell_t}=-\frac1{\sqrt3},\qquad m_{L_t}=\sqrt3.$$
点傾きの式から、直線 $y=mx+b$ が $P=(x_P,y_P)$ を通るときの $x$ 軸との交点の $x$ 座標は $x_P-\frac{y_P}{m}$ である。したがって
$$A=\left(\frac43\pi+\frac{\sqrt3}{2}-\frac{3/2}{-1/\sqrt3},0\right)=\left(\frac43\pi+2\sqrt3,0\right),$$
$$B=\left(\frac43\pi+\frac{\sqrt3}{2}-\frac{3/2}{\sqrt3},0\right)=\left(\frac43\pi,0\right).$$
$Q$ は $PB$ の中点だから
$$Q=\left(\frac{(4\pi/3+\sqrt3/2)+4\pi/3}{2},\frac{3/2+0}{2}\right)=\left(\frac43\pi+\frac{\sqrt3}{4},\frac34\right).$$
よって $\text{ウ}=4,\ \text{エ}=3,\ \text{オ}=2,\ \text{カ}=3,\ \text{キ}=4,\ \text{ク}=3,\ \text{ケ}=4,\ \text{コ}=3,\ \text{サ}=3,\ \text{シ}=4,\ \text{ス}=3,\ \text{セ}=4$ である。

(3) 接線方向のベクトルは $(1-\cos t,\sin t)$ なので、これに垂直な $(\sin t,-(1-\cos t))$ は法線方向のベクトルである。法線上の点を
$$P+\lambda(\sin t,-(1-\cos t))$$
とおくと、その $y$ 座標が $0$ となる条件は
$$1-\cos t-\lambda(1-\cos t)=0.$$
ここで $1-\cos t>0$ だから $\lambda=1$ であり、法線と $x$ 軸の交点は全ての $0<t<2\pi$ について $B=(t,0)$ となる。ゆえに
$$Q=\left(\frac{(t-\sin t)+t}{2},\frac{(1-\cos t)+0}{2}\right) =\left(t-\frac12\sin t,\frac{1-\cos t}{2}\right).$$
$x_Q'(t)=1-\frac12\cos t\geqq\frac12>0$ より、これは $x$ が単調に増加する曲線である。また $y_Q(t)\geqq0$ で、端の極限は $(0,0),(2\pi,0)$ となる。したがって、曲線と $x$ 軸で囲まれる図形の面積は
$$\begin{aligned} S&=\int_0^{2\pi}y_Q(t)x_Q'(t)\,dt\\ &=\int_0^{2\pi}\left(\frac12-\frac34\cos t+\frac14\cos^2t\right)dt =\pi+\frac14\pi=\frac54\pi. \end{aligned}$$$$S={\int }_0^{2\pi }{y}_Q(t)x_Q^{\prime }(t)dt$$$$={\int }_0^{2\pi }\left(\frac{1}{2}-\frac{3}{4}\cos t+\frac{1}{4}{\cos }^{2}t\right)dt=\pi +\frac{1}{4}\pi =\frac{5}{4}\pi .$$
よって $\text{ソ}=5,\ \text{タ}=4$ である。

この図形を $x$ 軸の周りに回転すると、断面積は $\pi y_Q^2$ であるから
$$\begin{aligned} V&=\pi\int_0^{2\pi} y_Q(t)^2x_Q'(t)\,dt\\ &=\pi\int_0^{2\pi}\frac14\left(1-\frac52\cos t+2\cos^2t-\frac12\cos^3t\right)dt\\ &=\pi\cdot\frac14(2\pi+2\pi)=\pi^2. \end{aligned}$$$$V=\pi {\int }_0^{2\pi }{y}_Q(t{)}^2{x}_Q^{\prime }(t)dt$$$$=\pi {\int }_0^{2\pi }\frac{1}{4}\left(1-\frac{5}{2}\cos t+2{\cos }^{2}t-\frac{1}{2}{\cos }^{3}t\right)dt$$$$=\pi \cdot \frac{1}{4}(2\pi +2\pi )={\pi }^2.$$
ここでは $\int_0^{2\pi}\cos t\,dt=\int_0^{2\pi}\cos^3t\,dt=0$、$\int_0^{2\pi}\cos^2t\,dt=\pi$ を用いた。よって $a=1,\ b=2$、すなわち $\text{チ}=1,\ \text{ツ}=2$ である。