京大 2014年 理系 第6問 その2

双曲線の第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とする。とは2つの異なる点A, Bで交わり、点Aにおけるの接線と線分OAのなす角はであるとする。このときとで囲まれる図形の面積を求めよ。

解答案

交点を求める

2交点の座標は
\begin{eqnarray}
\mathrm{A} \left( \sqrt{2 -\sqrt{3}\ }, \ \frac{1}{\sqrt{2 -\sqrt{3}\ }} \right) \\
\mathrm{B} \left( \sqrt{2 +\sqrt{3}\ }, \ \frac{1}{\sqrt{2 +\sqrt{3}\ }} \right)
\end{eqnarray}となります。

円の方程式を求める

の式は、
\begin{equation}
x^2 +y^2 =4
\end{equation}となります。
京大 2014年 理系 第6問 その1 - 数式で独楽する

領域の面積を求める

これまでの結果より、求める図形の面積は、
\begin{equation}
S = \int_\sqrt{2 -\sqrt{3}\ }^\sqrt{2 +\sqrt{3}\ } \left( \sqrt{4 -x^2} -\frac{1}{x} \right) \, dx \tag{1}
\end{equation}で求めることができます。

第2項を求める

式(1)の第2項は、
\begin{eqnarray}
\int_\sqrt{2 -\sqrt{3}\ }^\sqrt{2 +\sqrt{3}\ } \frac{dx}{x} &=& \biggl[ \log x \biggr]_\sqrt{2 -\sqrt{3}\ }^\sqrt{2 +\sqrt{3}\ } \\
&=& \log \frac{\sqrt{2 +\sqrt{3}\ }}{\sqrt{2 -\sqrt{3}\ }} \\
&=& \log (2 +\sqrt{3}) \tag{2}
\end{eqnarray}となります。

第1項を求める

式(1)の第1項では、置換積分を行います。
\begin{equation}
x = 2\sin \theta
\end{equation}とすると、
\begin{eqnarray}
dx &=& 2\cos \theta \, d\theta \\
\sqrt{4 -x^2} &=& 2\cos \theta
\end{eqnarray}となります。

変数を置換した後の積分範囲を求めます。
\begin{eqnarray}
2\sin \phi_1 &=& \sqrt{2 -\sqrt{3}\ } \\
2\sin \phi_2 &=& \sqrt{2 +\sqrt{3}\ }
\end{eqnarray}とします。
\begin{eqnarray}
4\cos^2 \phi_1 &=& 4 -4\sin^2 \phi_1 \\
&=& 4 -\left(2 -\sqrt{3}\right) \\
&=& 2 +\sqrt{3}
\end{eqnarray}なので、
\begin{equation}
2\cos \phi_1 = \sqrt{2 +\sqrt{3}\ }
\end{equation}となります。
これより、
\begin{eqnarray}
\tan \phi_1 &=& \frac{\sin \phi_1}{\cos \phi_1} \\
&=& \frac{\sqrt{2 -\sqrt{3}\ }}{\sqrt{2 +\sqrt{3}\ }} \\
&=& 2 -\sqrt{3} \tag{3}
\end{eqnarray}を得ます。
同様に、
\begin{eqnarray}
2\cos \phi_2 &=& \sqrt{2 -\sqrt{3}\ } \\
\tan \phi_2 &=& 2 +\sqrt{3} \tag{4}
\end{eqnarray}を得ます。

式(3), (4)より、
\begin{eqnarray}
\tan (\phi_2 -\phi_1) &=& \frac{\tan \phi_2 -\tan \phi_1}{1 +\tan \phi_1 \tan \phi_2} \\
&=& \frac{2 +\sqrt{3} -\left(2 -\sqrt{3}\right)}{1 +\left(2 +\sqrt{3}\right)\left(2 -\sqrt{3}\right)} \\
&=& \frac{2 \sqrt{3}}{2} \\
&=& \sqrt{3} \\
\therefore \quad \phi_2 -\phi_1 &=& \frac{\pi}{3} \quad \left( \because 0 < \phi_2 -\phi_1 < \frac{\pi}{2} \right) \tag{5}
\end{eqnarray}を得ます。

また、はで対称なので、
\begin{equation}
\phi_1 = \frac{\pi}{4} -\phi_2 \tag{6}
\end{equation}が成り立ちます。

式(5), (6)より
\begin{eqnarray}
\phi_1 &=& \frac{\pi}{12} \\
\phi_2 &=& \frac{5}{12} \, \pi
\end{eqnarray}を得ます。*1
したがって、積分区間の対応は次のようになります。
\begin{array}{|c|ccc|}
\hline
x & \sqrt{2 -\sqrt{3}\ } & \to & \sqrt{2 +\sqrt{3}\ } \\ \hline
\theta & \pi/12 & \to & 5\pi/12 \\ \hline
\end{array}

よって、第1項の積分は、
\begin{eqnarray}
\int_\sqrt{2 -\sqrt{3}\ }^\sqrt{2 +\sqrt{3}\ } \sqrt{4 -x^2} \, dx
&=& 4 \int_{\pi/12}^{5\pi/12} \cos ^2 \theta \, d\theta \\
&=& 2 \int_{\pi/12}^{5\pi/12} (\cos 2\theta +1) d\theta \\
&=& \biggl[ \sin 2\theta +2\theta \biggr]_{\pi/12}^{5\pi/12} \\
&=& \sin \frac{5}{6} \, \pi -\sin \frac{\pi}{6} +2\left( \frac{5}{12} \, \pi -\frac{\pi}{12} \right) \\
&=& \frac{2}{3} \, \pi \tag{7}
\end{eqnarray}となります。

この項のまとめ

式(1), (2), (7)をまとめると、求める面積は、
\begin{equation}
S = \frac{2}{3} \, \pi -\log \left(2 +\sqrt{3}\right)
\end{equation}となります。

解説

2曲線に挟まれた領域の面積を求める問題です。
積分区間の両端はともに二重根号がかかっており、その処理が別の意味で問題です。
変数の変換をおこなっていますが、積分区間の両端を求める際に、正弦の値が二重根号というのがややこしい形です。
本文ではわざわざ計算をしています。

なお、
\begin{eqnarray}
\sin 15^\circ &=& \frac{\sqrt{2 -\sqrt{3}}}{2} = \frac{\sqrt{6} -\sqrt{2}}{4} \\
\sin 75^\circ &=& \frac{\sqrt{2 +\sqrt{3}}}{2} = \frac{\sqrt{6} +\sqrt{2}}{4}
\end{eqnarray}です。
三角比15ºと75º - 数式で独楽する

また、式(1)の第1項が扇形OABの面積と等しくなっているように見えますが、これは図において△OAFと△OBGが合同であることによります。

*1:図において、OA, OBがそれぞれ軸となす角がです。