入試数学コンテスト第4回第4問解答解説

$C$ は楕円である。長軸と短軸の長さをそれぞれ $a,b$ をする。

焦点は $\pm \sqrt{3}$ であるため，$a^2 - b^2 = 3$ である。焦点からの距離の和が4であるため，$a=2$ である。これより $b=1$ だとわかる。こうして求める面積は $2\pi$ であるとわかる。

$\alpha$ が $C$ 上にあるとき，偏角を $\theta$ ，動径を $r$ とすれば，ある実数 $\phi$ が存在して $$\alpha=2\cos \phi +i\sin \phi=r\cos \theta+i r\sin \theta$$ と表わされる。このとき， $$\begin{aligned} \alpha|\alpha|&=r^2\cos\theta+r^2\sin\theta\\ &=2\cos\phi\sqrt{3\cos^2\phi+1}+i\sin\phi\sqrt{3\cos^2\phi+1} \end{aligned}$$ である。実部と虚部をそれぞれ $X,Y$ をおくと， $$\begin{cases} X=2\cos\phi\sqrt{3\cos^2\phi+1}\\ Y=\sin\phi\sqrt{3\cos^2\phi+1} \end{cases}$$ となる。

対称性より $X>0,Y>0$ の部分の面積を4倍すればよい。$X>0,Y>0$ であるのは，$0 \leqq \phi \leqq \dfrac{\pi}{2}$ のときである。

$$\begin{aligned} \dfrac{dX}{d \phi} &= -2\sin \phi \sqrt{3\cos^2 \phi +1} -\dfrac{6 \sin \phi \cos^2 \phi}{\sqrt{3\cos^2 \phi +1}}\\ &= - \dfrac{12 \sin \phi \cos^2 \phi + 2\sin \phi}{\sqrt{3 \cos^2 \phi +1}}\\ &=- \dfrac{2 \sin \phi (6 \cos^2 \phi + 1)}{\sqrt{3 \cos^2 \phi +1}}\\ \dfrac{dY}{d \phi} &= \cos \phi \sqrt{3 \cos^2 \phi +1} - \dfrac{3 \sin^2 \phi \cos \phi}{\sqrt{3 \cos^2 \phi +1}}\\ &= \dfrac{3 \cos^3 \phi + \cos \phi - 3(\cos \phi - \cos^3 \phi)}{\sqrt{3 \cos^2 \phi +1}}\\ &= \dfrac{6 \cos^3 \phi - 2\cos \phi}{\sqrt{3 \cos^2 \phi +1}}\\ \end{aligned}$$ である。$0 <\phi < \dfrac{\pi}{2}$ より $\sin \phi>0$ であり，$\dfrac{dX}{d \phi} < 0$ である。

$\dfrac{dY}{d\phi}=0$ となるのは $6 \cos^3 \phi - 2\cos \phi=0$ であるときとなる。$0 < \phi < \dfrac{\pi}{2}$ であるため，$\cos \phi = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ のときである。これを満たす $\phi$ を $\phi_0$ とおく。

$Y$ について増減表を書くと次のようになる。

$$\begin{array}{|c|c c c c c|} \hline \phi&0& &\phi_0& &\dfrac{\pi}{2}\\ \hline \dfrac{dY}{d\phi}& &+&0&-&\\ \hline Y&&\nearrow& \mathrm{max} &\searrow&\\ \hline \end{array}$$

こうして図は次のようになる。

求める面積は 媒介変数の積分 で $$\begin{aligned} &4 \int _0^4 YdX \\ =&4 \int _{\frac{\pi}{2}}^0 Y \dfrac{dX}{d\phi} d\phi \\ =& 4\int _{\frac{\pi}{2}}^0 \sin\phi\sqrt{3\cos^2\phi+1} \cdot \dfrac{-2\sin\phi(6\cos\phi^2+1)}{\sqrt{3\cos^2\phi+1}}d\phi \\ =& 8\int _0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 \phi (6\cos^2\phi+1)d\phi \\ =& 8\left[\dfrac{1}{16}\left(20\phi-4\sin 2\phi-3\sin 4\phi\right) \right]_0^{\frac{\pi}{2}}\\ =&5\pi \end{aligned}$$ となる。

$X^2+Y^2 = (3\cos^2 \phi + 1)^2$ より極形式は $r = (3\cos^2 \phi +1)^2$ で得られる。ゆえに極形式の面積は

$$\begin{aligned} \dfrac{S}{4} &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{2} r^2 \; d\phi\\ &= \dfrac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} (9 \cos^4 \phi + 6 \cos^2 \phi + 1) \; d\phi\\ &= \dfrac{59}{8} \pi \end{aligned}$$ である。

よって $S= \dfrac{59}{2} \pi$ である。

$(X,Y)$ の偏角を $\theta$ をすると $\tan \theta = \dfrac{Y}{X} = \dfrac{1}{2} \tan \phi$ である。

よって積分する変数を $\phi$ と $\theta$ で入れ替えるとき，$\dfrac{d\theta}{\cos^2 \theta} = \dfrac{d \phi}{2 \cos^2 \phi}$ が成り立ち，このとき積分区間は $$\begin{array}{|c|c c c|} \hline \phi&0& \rightarrow &\frac{\pi}{2}\\ \hline \theta&0& \rightarrow &\frac{\pi}{2}\\ \hline \end{array}$$ と変わる。また $$\begin{aligned} \dfrac{1}{\cos^2 \theta} &= 1+\tan^2 \theta\\ &= 1 + \dfrac{1}{4} \tan^2 \phi\\ &= \dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{4\cos^2 \phi} \end{aligned}$$ となる。

以上を用いると面積は

$$\begin{aligned} \dfrac{S}{4} &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{2} (r(\theta))^2 \; d\theta\\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{2} (r(\phi))^2 \left( \dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{4\cos^2 \phi} \right)^{-1} \dfrac{ d\phi}{2\cos^2 \phi}\\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{2} (3 \cos^2 \phi +1)^2 \dfrac{4\cos^2 \phi}{1+3\cos^2 \phi} \dfrac{d\phi}{2 \cos^2 \phi}\\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( 3\cos^2 \phi + 1 \right) d\phi\\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \dfrac{3}{2} \cos 2\phi + \dfrac{5}{2} \right)d\phi\\ &= \dfrac{5}{4} \pi \end{aligned}$$ となる。

と計算されるため $S = 5\pi$ である。