2徳島大学 2022年 数学 第2問解答・解説

(1)

両辺は負でないので二乗してよい。$|x+y|\leqq|x-y|$ と $(x+y)^{2}\leqq(x-y)^{2}$ は同値である。展開して整理すると $4xy\leqq0$、すなわち
$$xy\leqq0.$$
したがって、座標軸を含む第II象限と第IV象限である。

(2)

$X=x+\dfrac{1}{2}$、$Y=y-\dfrac{1}{2}$ とおくと $x+y=X+Y$、$x-y+1=X-Y$ である。よって
$$(x+y)^{2}+(x-y+1)^{2}=2(X^{2}+Y^{2}).$$
領域は、中心 $\left(-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right)$、半径 $1$ の円盤
$$\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^{2}\leqq1$$
である。

(3)

円盤のうち第I象限にある部分の面積を $A_{1}$ とする。円の下端と上端を縦に見ると、$0\leqq x\leqq a=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}$ では $y=0$ と上半円、$a\leqq x\leqq\dfrac{1}{2}$ では上下の円弧である。$u=x+\dfrac{1}{2}$ と置けば
$$A_{1}=\dfrac{\sqrt{3}-1}{4}+\int_{\dfrac{1}{2}}^{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}\sqrt{1-u^{2}}\,du+2\int_{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}^{1}\sqrt{1-u^{2}}\,du.$$
各積分で $u=\sin\theta$ と置換する。積分範囲では $\cos\theta\geqq0$ なので $\sqrt{1-u^{2}}=\cos\theta$、従って $\sqrt{1-u^{2}}\,du=\cos^{2}\theta\,d\theta$ である。倍角の公式から
$$\begin{aligned} \int_{\dfrac{1}{2}}^{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}\sqrt{1-u^{2}}\,du &=\int_{\dfrac{\pi}{6}}^{\dfrac{\pi}{3}}\cos^{2}\theta\,d\theta\\ &=\left[\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{\sin2\theta}{4}\right]_{\dfrac{\pi}{6}}^{\dfrac{\pi}{3}}=\dfrac{\pi}{12},\\ \int_{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}^{1}\sqrt{1-u^{2}}\,du &=\int_{\dfrac{\pi}{3}}^{\dfrac{\pi}{2}}\cos^{2}\theta\,d\theta\\ &=\left[\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{\sin2\theta}{4}\right]_{\dfrac{\pi}{3}}^{\dfrac{\pi}{2}}=\dfrac{\pi}{12}-\dfrac{\sqrt{3}}{8}. \end{aligned}$$$${\int }_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\sqrt{1-u^2}du={\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}{\cos }^2\theta d\theta$$$$={\left[\frac{\theta }{2}+\frac{\sin 2\theta }{4}\right]}_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}=\frac{\pi }{12},$$$${\int }_{\frac{\sqrt{3}}{2}}^1\sqrt{1-u^2}du={\int }_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^2\theta d\theta$$$$={\left[\frac{\theta }{2}+\frac{\sin 2\theta }{4}\right]}_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\pi }{12}-\frac{\sqrt{3}}{8}.$$
よって
$$A_{1}=\dfrac{\sqrt{3}-1}{4}+\dfrac{\pi}{12}+2\left(\dfrac{\pi}{12}-\dfrac{\sqrt{3}}{8}\right)=\dfrac{\pi-1}{4}.$$
点 $(x,\,y)$ を $(-y,\,-x)$ に移す対称変換は、円の中心 $\left(-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right)$ を動かさず、第I象限と第III象限を入れ替える。したがって第III象限の部分の面積も $A_{1}$ である。円盤全体の面積は $\pi$、座標軸上の部分の面積は $0$ だから、第II象限と第IV象限の部分の面積は
$$\pi-2A_{1}=\dfrac{\pi+1}{2}.$$