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東京大学　2020年度　前期日程　理科

第3問微分法・積分法の解答・解説

媒介変数表示・極座標と面積・回転で掃く領域・定積分当サイトの体感難易度：難最終更新 2026/10/11

問題文について

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(1) $- 1 < t \leq 1$ で $\frac{y ( t )}{x ( t )}$ が単調に減少することを示す

答 $\frac{y}{x} = 3 \frac{1 - t}{1 + t}$ で、根号の中が減少する

$x$ も $y$ も $(1 + t)$ を因数に持つので、割るとそこが消える。残った形は根号1つだけになり、中身の単調性を見れば終わる。

$x (t) = (1 + t) 1 + t$ 、 $y (t) = 3 (1 + t) 1 - t$ で、 $- 1 < t \leq 1$ では $x (t) > 0$ だから

\frac{y ( t )}{x ( t )} = \frac{3 ( 1 + t ) 1 - t}{( 1 + t ) 1 + t} = 3 \frac{1 - t}{1 + t}

である。ここで

\frac{1 - t}{1 + t} = \frac{2 - ( 1 + t )}{1 + t} = \frac{2}{1 + t} - 1

で、 $1 + t$ は増加し正だから $\frac{2}{1 + t}$ は減少する。よって根号の中は $- 1 < t \leq 1$ で単調に減少し、は増加関数だから $\frac{y}{x}$ も単調に減少する。

$\frac{y}{x}$ は原点から見た $P$ の方向（偏角の正接）である。これが単調に減少するということは、 $t$ が増えるにつれて $P$ の偏角が単調に減ることを意味し、(3) で「どの向きにも $C$ の点がちょうど1つある」ことの根拠になる。 $t \to - 1$ で $\frac{y}{x} \to + \infty$ （偏角 $\to \frac{π}{2}$ ）、 $t = 1$ で $\frac{y}{x} = 0$ （偏角 $0$ ）である。

(2) $f (t) = OP$ の増減を調べ、最大値を求める

答 $- 1 \leq t \leq \frac{1}{2}$ で増加、 $\frac{1}{2} \leq t \leq 1$ で減少。最大値は $\frac{3 6}{2}$ （ $t = \frac{1}{2}$ ）

根号のままでは微分が重い。 $f$ は $0$ 以上なので、 $f^{2}$ の増減を調べれば $f$ の増減がそのまま分かる。 $f^{2}$ は $t$ の3次式になり、微分すると因数分解できる。

$f (t) \geq 0$ なので $f (t)^{2}$ の増減を調べればよい。

f (t)^{2} = x^{2} + y^{2} = (1 + t)^{3} + 9 (1 + t)^{2} (1 - t) = (1 + t)^{2} {(1 + t) + 9 (1 - t)} = (1 + t)^{2} (10 - 8 t)

である。微分すると

{f (t)^{2}}^{'} = 2 (1 + t) (10 - 8 t) - 8 (1 + t)^{2} = (1 + t) {20 - 16 t - 8 - 8 t} = 12 (1 + t) (1 - 2 t)

となる。 $- 1 \leq t \leq 1$ では $1 + t \geq 0$ なので、符号は $1 - 2 t$ で決まり、 $t < \frac{1}{2}$ で正、 $t > \frac{1}{2}$ で負である。したがって $f$ は $- 1 \leq t \leq \frac{1}{2}$ で増加し、 $\frac{1}{2} \leq t \leq 1$ で減少する。最大は $t = \frac{1}{2}$ で

f (\frac{1}{2})^{2} = (\frac{3}{2})^{2} (10 - 4) = \frac{9}{4} \cdot 6 = \frac{27}{2}, f (\frac{1}{2}) = \frac{27}{2} = \frac{3 6}{2}

である。

$\frac{3 6}{2} = 3.6742$ 。 $- 1 \leq t \leq 1$ を $200000$ 等分して $f$ を全探索すると、最大値 $3.674234614$ を $t = 0.50000$ でとる。両端は $f (- 1) = 0$ 、 $f (1) = 4 \cdot 2 = 22 = 2.828$ で、どちらも最大値より小さい。

(3) $D$ を原点のまわりに時計回りに $9 0^{\circ}$ 回転させるとき、 $D$ が通過する領域の面積を求める

答 $\frac{45}{8} π$

(1) より $P$ の偏角は $t$ とともに $\frac{π}{2}$ から $0$ まで単調に減るので、 $D$ は原点について「星形」、つまり偏角 $θ$ ごとに $0 \leq ρ \leq r (θ)$ と書ける。回転で掃く領域も偏角ごとに半径の最大を取るだけで決まる。 $r$ は (2) から1回だけ山を作る形なので、最大の取り方が場所によって3通りに分かれ、そのうち2つを足すとちょうど $D$ の面積に戻る、というのが仕掛けである。

(1) より $t$ が $- 1$ から $1$ まで増えるとき $P$ の偏角 $θ$ は $\frac{π}{2}$ から $0$ まで単調に減る。よって $0 \leq θ \leq \frac{π}{2}$ の各方向に $C$ の点がちょうど1つあり、その原点からの距離を $r (θ)$ とすると

D = {(ρ, θ) 0 \leq θ \leq \frac{π}{2}, 0 \leq ρ \leq r (θ)}

と書ける（ $ρ$ は原点からの距離）。

$r$ の形。 (2) より $f$ は $t = \frac{1}{2}$ で最大 $\frac{3 6}{2}$ をとる。 $t = \frac{1}{2}$ のとき $\frac{y}{x} = 3 \frac{1/2}{3/2} = 3$ なので、対応する偏角は $\frac{π}{3}$ である。 $θ$ と $t$ は逆向きに動くから

$0 \leq θ \leq \frac{π}{3}$ （ $\frac{1}{2} \leq t \leq 1$ ）では $r$ は増加。 $r (0) = f (1) = 22$ 。
$\frac{π}{3} \leq θ \leq \frac{π}{2}$ （ $- 1 \leq t \leq \frac{1}{2}$ ）では $r$ は減少。 $r (\frac{π}{2}) = f (- 1) = 0$ 。

つまり $r$ は $θ = \frac{π}{3}$ でただ1つの山を作る。

掃いた領域。 時計回りに $φ$ （ $0 \leq φ \leq \frac{π}{2}$ ）だけ回した $D$ は、偏角 $θ$ のところで半径 $r (θ + φ)$ （ただし $0 \leq θ + φ \leq \frac{π}{2}$ のとき）まで届く。 $φ$ を全部動かしたときの半径を $R (θ)$ とすると、掃いた領域の偏角の範囲は $- \frac{π}{2} \leq θ \leq \frac{π}{2}$ で

R (θ) = ⎩ ⎨ ⎧ 0 \leq s \leq \frac{π}{2} + θ max r (s) θ \leq s \leq \frac{π}{2} max r (s) (- \frac{π}{2} \leq θ \leq 0) (0 \leq θ \leq \frac{π}{2})

となる。 $r$ の山が $\frac{π}{3}$ にあることから、3つに分かれる。

$- \frac{π}{2} \leq θ \leq - \frac{π}{6}$ ： $\frac{π}{2} + θ \leq \frac{π}{3}$ なので $[0, \frac{π}{2} + θ]$ で $r$ は増加。 $R (θ) = r (\frac{π}{2} + θ)$ 。
$- \frac{π}{6} \leq θ \leq \frac{π}{3}$ ：どちらの範囲にも $s = \frac{π}{3}$ が入るので $R (θ) = \frac{3 6}{2}$ （一定）。
$\frac{π}{3} \leq θ \leq \frac{π}{2}$ ： $[θ, \frac{π}{2}]$ で $r$ は減少。 $R (θ) = r (θ)$ 。

面積は $\frac{1}{2} \int R^{2} d θ$ で求まる。1つめは $s = \frac{π}{2} + θ$ と置換すると

\frac{1}{2} \int_{- \frac{π}{2}}^{- \frac{π}{6}} r (\frac{π}{2} + θ)^{2} d θ = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{3}} r (s)^{2} d s

となり、3つめの $\frac{1}{2} \int_{\frac{π}{3}}^{\frac{π}{2}} r (θ)^{2} d θ$ と足すと

\frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} r (θ)^{2} d θ = (D の面積)

に戻る。2つめは半径一定なので扇形で、中心角は $\frac{π}{3} + \frac{π}{6} = \frac{π}{2}$ 、面積は

\frac{1}{2} \cdot \frac{27}{2} \cdot \frac{π}{2} = \frac{27}{8} π

である。

$D$ の面積。 $x$ は $t$ とともに増加するので $\int y d x$ で求まる。 $x^{'} (t) = \frac{3}{2} 1 + t$ だから

(D の面積) = \int_{- 1}^{1} y (t) x^{'} (t) d t = \frac{9}{2} \int_{- 1}^{1} (1 + t)^{\frac{3}{2}} (1 - t)^{\frac{1}{2}} d t

である。 $1 + t = 2 sin^{2} φ$ （ $0 \leq φ \leq \frac{π}{2}$ ）と置くと $1 - t = 2 cos^{2} φ$ 、 $d t = 4 sin φ cos φ d φ$ で

\int_{- 1}^{1} (1 + t)^{\frac{3}{2}} (1 - t)^{\frac{1}{2}} d t = \int_{0}^{\frac{π}{2}} 22 sin^{3} φ \cdot 2 cos φ \cdot 4 sin φ cos φ d φ = 16 \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{4} φ cos^{2} φ d φ

となる。 $sin^{4} φ cos^{2} φ = \frac{1}{32} (2 - cos 2 φ - 2 cos 4 φ + cos 6 φ)$ と2倍角・3倍角で開いて積分すると $\int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{4} φ cos^{2} φ d φ = \frac{π}{32}$ なので

(D の面積) = \frac{9}{2} \cdot 16 \cdot \frac{π}{32} = \frac{9}{4} π

である。したがって求める面積は

\frac{9}{4} π + \frac{27}{8} π = \frac{18 + 27}{8} π = \frac{45}{8} π

となる。

曲線

C

と領域

D

（網かけ）。

t = - 1

で原点、

t = 1

で

(22, 0)

に戻る。

∙

は原点からいちばん遠い点（

t = \frac{1}{2}

、距離

\frac{3 6}{2}

、偏角

\frac{π}{3}

）。

$\frac{9}{4} π = 7.0686$ 、 $\frac{45}{8} π = 17.6715$ 。 $D$ の面積を数値積分すると $7.06858344$ で $\frac{9 π}{4} = 7.06858347$ と一致する。掃過領域の面積を極座標で数値積分すると $17.6722$ となり、刻み幅の範囲で $\frac{45 π}{8}$ と一致する。扇形のぶん $\frac{27}{8} π = 10.603$ を足した $7.069 + 10.603 = 17.672$ とも合う。

(1) が効くのは「各方向に $C$ の点がちょうど1つ」を保証する点である。これがないと $D$ を極座標で書けず、回転で掃いた形も分からない。

掃いた領域の3つの部分のうち、両端の2つを足すとちょうど $D$ の面積に戻る。別々に計算しようとすると $r (θ)$ を陽に求める羽目になるが、その必要はない。

$D$ の面積は $\int y d x$ で、 $\int x d y$ ではない。 $x$ が単調であることを確かめてから使う。

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(1)−1<t≤1 で x(t)y(t)​ が単調に減少することを示す

(2)f(t)=OP の増減を調べ、最大値を求める

(3)D を原点のまわりに時計回りに 90∘ 回転させるとき、D が通過する領域の面積を求める

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