平面上の曲線 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 楕円は円を縦横に引き伸ばした図形。だから面積も円の面積を引き伸ばした比だけ変える。

$X=\frac{x}{a}$、$Y=\frac{y}{b}$ とおくと、楕円は単位円 $X^2+Y^2=1$ に写る。この変換は横を $a$ 倍、縦を $b$ 倍に戻す(逆にいえば楕円は円を横 $a$・縦 $b$ 倍したもの)。面積は縦横の倍率の積 $ab$ 倍。円の面積 $\pi$ に $ab$ を掛けて $\pi ab$。積分 $2{\int }_{-a}^{a}b\sqrt{1-x^2/a^2}dx$ でも同じ値になる。

① 単位円に写す。 $X=\frac{x}{a},Y=\frac{y}{b}$ とおくと $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=X^2+Y^2=1$。楕円の内部は単位円の内部に対応する。

② 面積比。 小さな長方形 $dXdY$ は $dxdy=adX\cdot bdY=abdXdY$ に写る。つまり面積は一律に $ab$ 倍。

③ 面積。 単位円の面積は $\pi$。よって楕円の面積は $$\pi \times ab=\pi ab.$$ (積分でも:${\int }_{-a}^{a}2b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}dx=2b\cdot \frac{\pi a}{2}=\pi ab$。)

まとめ楕円は円を縦横に伸ばした図形で、面積は $ab$ 倍。円の面積 $\pi$ を掛けて $\pi ab$。曲線・1次変換(面積比)・積分の融合。

発展。 「面積は $1$ 次変換の行列式倍」という原則は、円 $\to$ 楕円に限らない。任意の図形を行列 $\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ で写すと、面積は $|ad-bc|$ 倍。重積分の変数変換に現れるヤコビアンは、この「面積拡大率」を各点で測ったもの。楕円の面積 $\pi ab$ はその最も簡単な応用例だ。

別解

別解:円を直接つぶす(1次変換の面積比を使う)。 積分も媒介変数も使わず、「楕円は円をつぶした図形」という見方だけで出す。

単位円 $X^2+Y^2=1$(面積 $\pi$)を、横に $a$ 倍・縦に $b$ 倍する変換 $x=aX$、$y=bY$ を施すと、楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ になる。この $1$ 次変換の面積の拡大率は変換行列 $\left(\begin{array}{cc}a& 0\\ 0& b\end{array}\right)$ の行列式 $ab$。だから

$$(\text{楕円の面積})=ab\times (\text{単位円の面積})=ab\times \pi =\pi ab.$$

積分(本解)で確かめてもよいが、「面積は $1$ 次変換の行列式倍」という原則を知っていれば、楕円に限らず「円を斜めにつぶした図形」の面積もすぐに出る。行列式が面積の拡大率、という線形代数の基本がそのまま使える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 媒介変数で与えられた曲線の長さは、$\int \sqrt{(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2}dt$ で計算する。

$x^{\prime }=a(1-\cos t)$、$y^{\prime }=a\sin t$ を代入すると、根号の中は $a^2\{(1-\cos t{)}^2+{\sin }^{2}t\}=a^2(2-2\cos t)$。ここで半角 $2-2\cos t=4{\sin }^2\frac{t}{2}$ を使うと根号が外れて、被積分関数が $2a\left|\sin \frac{t}{2}\right|$。$0\le t\le 2\pi$ で $\sin \frac{t}{2}\ge 0$ だから、そのまま積分できる。

① 速さを計算。 $x^{\prime }=a(1-\cos t),y^{\prime }=a\sin t$。 $$(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2=a^2\{(1-\cos t{)}^2+{\sin }^{2}t\}=a^2(1-2\cos t+{\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t)=a^2(2-2\cos t).$$ ② 半角で根号を外す。 $2-2\cos t=4{\sin }^2\frac{t}{2}$ だから、$0\le t\le 2\pi$ で $\sin \frac{t}{2}\ge 0$、 $$\sqrt{(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2}=a\sqrt{4{\sin }^2\frac{t}{2}}=2a\sin \frac{t}{2}.$$

③ 積分する。 $$L={\int }_0^{2\pi }2a\sin \frac{t}{2}dt=2a[-2\cos \frac{t}{2}{]}_0^{2\pi }=2a(-2\cos \pi +2\cos 0)=2a(2+2)=8a.$$

まとめ曲線の長さは速さ $\sqrt{(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2}$ の積分。半角 $2-2\cos t=4{\sin }^2\frac{t}{2}$ で根号が外れ、$1$ 山の長さは $8a$(半径 $a$ の $8$ 倍)。媒介変数・積分・三角の融合。

発展。 サイクロイドは「最速降下曲線」(重力だけで玉が最短時間で滑り降りる曲線)であり、「等時曲線」(どこから放しても同じ時間で最下点に着く)でもある。$17$ 世紀にベルヌーイ兄弟やホイヘンスが競って研究した名曲線。弧長 $8a$ の簡潔さはその豊かな性質の一端にすぎない。

別解

別解:半径 $a$ の円が転がる「速さ」で捉える(得意な人向けの視点)。 サイクロイドは、半径 $a$ の円が直線上を転がるとき、円周上の $1$ 点が描く軌跡。弧長は、その点が動いた道のりだ。

転がる円の中心は一定の速さ $a$(角速度 $1$)で進む。円周上の点は、中心のまわりを回りながら進むので、速さが場所によって変わる。いちばん下(接地点)では瞬間的に静止し($\left|\sin \frac{t}{2}\right|=0$)、いちばん上では中心の $2$ 倍の速さ。

その速さがちょうど $2a\left|\sin \frac{t}{2}\right|$。$1$ 山($t:0\to 2\pi$)で積分すると

$${\int }_0^{2\pi }2a\sin \frac{t}{2}dt={\left[-4a\cos \frac{t}{2}\right]}_0^{2\pi }=8a.$$

「山の弧長 $8a$ は、転がる円の直径 $2a$ のちょうど $4$ 倍」。接地点で点が瞬間停止することが、$\left|\sin \frac{t}{2}\right|$ が $0$ になる理由で、この速度の変化が弧長の計算に現れる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 楕円上の点は媒介変数で $(a\cos \theta ,b\sin \theta )$ と書ける。第1象限の頂点をこれでおくと、長方形の面積が $\theta$ の式になる。

$4$ つの頂点は対称だから、長方形の面積は $4\times (a\cos \theta )(b\sin \theta )=4ab\cos \theta \sin \theta$。$2$ 倍角 $2\sin \theta \cos \theta =\sin 2\theta$ を使うと $2ab\sin 2\theta$。$\sin 2\theta$ の最大は $1$($\theta =\frac{\pi }{4}$)だから、最大面積は $2ab$。

① 面積を $\theta$ で表す。 第1象限の頂点を $(a\cos \theta ,b\sin \theta )$($0<\theta <\frac{\pi }{2}$)とおくと、長方形の横は $2a\cos \theta$、縦は $2b\sin \theta$。面積は $$S=(2a\cos \theta )(2b\sin \theta )=4ab\sin \theta \cos \theta .$$

② 2倍角でまとめる。 $2\sin \theta \cos \theta =\sin 2\theta$ だから $$S=2ab\sin 2\theta .$$ ③ 最大。 $\sin 2\theta$ は $2\theta =\frac{\pi }{2}$、すなわち $\theta =\frac{\pi }{4}$ で最大値 $1$。よって面積の最大は $$S_{\max }=2ab.$$

まとめ楕円上の点を媒介変数でおくと、内接長方形の面積が $2ab\sin 2\theta$。$\theta =\frac{\pi }{4}$ で最大 $2ab$。曲線(媒介変数)・最大最小・三角の融合。

発展。 最大面積 $2ab$ は楕円の外接長方形($2a\times 2b=4ab$)のちょうど半分。円で「内接正方形は外接正方形の半分」なのが、$1$ 次変換で楕円にそのまま引き継がれる。$1$ 次変換は「比」を保つ(面積比・中点・平行を保つ)ので、円で成り立つ「比の性質」は楕円でも成り立つ。今回はその一例だ。

別解

別解:円に変換して「内接正方形」に帰着させる(得意な人向けの高い視点)。 $X=\frac{x}{a}$、$Y=\frac{y}{b}$ で楕円を単位円に写す。この変換は「軸に平行な長方形」を「軸に平行な長方形」に写し、面積を $\frac{1}{ab}$ 倍にする。

だから「楕円に内接する軸平行長方形の最大面積」は、「単位円に内接する軸平行長方形の最大面積」を $ab$ 倍したもの。単位円に内接する軸平行長方形で面積最大なのは正方形(対角線が直径)。$1$ 辺 $\sqrt{2}$、面積 $2$。よって

$$(\text{楕円の最大長方形})=ab\times 2=2ab.$$

媒介変数で $\sin 2\theta$ の最大を読む(本解)のと同じ $2ab$ だが、「円ではいちばん対称な正方形が最大」という直感を、変換で楕円に持ち込める。最大を与える楕円上の点 $(a\cos \frac{\pi }{4},b\sin \frac{\pi }{4})$ は、円での正方形の頂点 $\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ を引き伸ばしたものだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 極方程式で与えられた曲線が囲む面積は、$\frac{1}{2}\int r^{2}d\theta$(扇形の面積を積み上げる)で計算する。

$r=a(1+\cos \theta )$ を代入すると $\frac{a^2}{2}{\int }_0^{2\pi }(1+\cos \theta {)}^{2}d\theta$。展開すると $1+2\cos \theta +{\cos }^2\theta$。$\cos \theta$ の $1$ 周積分は $0$、${\cos }^2\theta$ は半角で $\frac{1}{2}$ の平均。$1$ 周分を足すと積分は $3\pi$、面積は $\frac{3\pi a^2}{2}$。

① 面積の式。 $$S=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }{r}^{2}d\theta =\frac{a^2}{2}{\int }_0^{2\pi }(1+\cos \theta {)}^{2}d\theta .$$ ② 展開して $1$ 周積分。 $(1+\cos \theta {)}^2=1+2\cos \theta +{\cos }^2\theta$。$1$ 周で ${\int }_0^{2\pi }1d\theta =2\pi$、${\int }_0^{2\pi }\cos \theta d\theta =0$、${\int }_0^{2\pi }{\cos }^2\theta d\theta ={\int }_0^{2\pi }\frac{1+\cos 2\theta }{2}d\theta =\pi$。よって $${\int }_0^{2\pi }(1+\cos \theta {)}^{2}d\theta =2\pi +0+\pi =3\pi .$$ ③ 面積。 $$S=\frac{a^2}{2}\cdot 3\pi =\frac{3\pi a^2}{2}.$$

まとめ極方程式の面積は $\frac{1}{2}\int r^{2}d\theta$。$(1+\cos \theta {)}^2$ の $1$ 周積分は、$\cos \theta$ が消え ${\cos }^2$ が半角で均されて $3\pi$。面積は $\frac{3\pi a^2}{2}$。曲線(極座標)・積分・三角の融合。

発展。 カージオイド(心臓形)の面積 $\frac{3\pi a^2}{2}$ は、生成円($r=a$ の円が転がって描く)の面積 $\pi a^2$ のちょうど $\frac{3}{2}$ 倍。マイクの指向性パターンや、$2$ つの円の反射で現れる模様(コーヒーカップの底の光の曲線=カージオイドの仲間)など、身近なところにも現れる。

別解

別解:$2$ つの半分に分けて対称性を使う(苦手な人向け)。 カージオイド $r=a(1+\cos \theta )$ は $x$ 軸について対称($\cos \theta =\cos (-\theta )$)。だから上半分($0\le \theta \le \pi$)の面積を求めて $2$ 倍すればよい。

面積は $2\times \frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }{r}^{2}d\theta ={\int }_0^{\pi }{a}^2(1+\cos \theta {)}^{2}d\theta$。展開して

$$(1+\cos \theta {)}^2=1+2\cos \theta +{\cos }^2\theta =1+2\cos \theta +\frac{1+\cos 2\theta }{2}=\frac{3}{2}+2\cos \theta +\frac{\cos 2\theta }{2}.$$

$0$ から $\pi$ で積分すると、$\frac{3}{2}$ の項が $\frac{3\pi }{2}$、$\cos \theta$ と $\cos 2\theta$ の項は $0$(と $0$)。よって ${\int }_0^{\pi }=\frac{3\pi }{2}$、面積は $a^2\cdot \frac{3\pi }{2}=\frac{3\pi a^2}{2}$。$1$ 周をまとめて積分する(本解)代わりに、対称性で半分にすると、$\cos \theta$ 型の項が消えることを確かめやすい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 交点 $(p,q)$ から楕円に接線を引く。この点を通る傾き $m$ の直線が楕円に接する条件を、$m$ の方程式にする。

直線 $y=m(x-p)+q$ が接する条件は判別式 $=0$ で、整理すると $m$ の2次方程式 $(p^2-a^2)m^2-2pqm+(q^2-b^2)=0$。この $2$ 解が $2$ 本の接線の傾きだ。$2$ 接線が直交する条件は、傾きの積が $-1$。解と係数の関係で積 $=\frac{q^2-b^2}{p^2-a^2}=-1$ とおくと $p^2+q^2=a^2+b^2$、すなわち円になる。

① 接する条件を $m$ の2次に。 点 $(p,q)$ を通る直線 $y=m(x-p)+q=mx+(q-mp)$。接する条件 $c^2=a^2{m}^2+b^2$ に $c=q-mp$ を代入して $$(q-mp{)}^2=a^2{m}^2+b^2⟹(p^2-a^2)m^2-2pqm+(q^2-b^2)=0.$$ ② 傾きの積 $=-1$。 この $m$ の2次方程式の $2$ 解が $2$ 接線の傾き $m_1,m_2$。解と係数の関係から $$m_1{m}_2=\frac{q^2-b^2}{p^2-a^2}.$$ 直交条件 $m_1{m}_2=-1$ より $$\frac{q^2-b^2}{p^2-a^2}=-1⟹q^2-b^2=-(p^2-a^2)⟹p^2+q^2=a^2+b^2.$$

③ 軌跡。 よって交点 $(p,q)$ は $x^2+y^2=a^2+b^2$、すなわち原点中心・半径 $\sqrt{a^2+b^2}$ の円(準円)上にある。

まとめ点を通る接線の傾きは $m$ の2次方程式の解。直交(傾きの積 $=-1$)を解と係数で書くと $p^2+q^2=a^2+b^2$、直交2接線の交点は円を描く。曲線(接線)・軌跡・解と係数の融合。

発展。 直交 $2$ 接線の交点の軌跡(準円)は、楕円では $x^2+y^2=a^2+b^2$、放物線では準線、双曲線($a>b$)では $x^2+y^2=a^2-b^2$。$3$ 種の円錐曲線で、「直交接線の交点」はそれぞれ決まった軌跡を描く。$a=b$ の楕円(円)なら準円は半径 $\sqrt{2}a$ の同心円だ。

別解

別解:円 $\times$ 円の「準円」を極端な場合で検算する(苦手な人にも見通しのよいルート)。 答え $x^2+y^2=a^2+b^2$(準円)が正しいか、特別な点で確かめる。

軸上の点 $(\sqrt{a^2+b^2},0)$ から楕円に $2$ 接線を引くと、対称性から $2$ 接線は $x$ 軸について対称。この $2$ 本が直交するには、それぞれが $x$ 軸と $45^{\circ }$ をなせばよい。

楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ の傾き $1$ の接線は $y=x\pm \sqrt{a^2+b^2}$($k^2=a^2{m}^2+b^2$ に $m=1$)。この直線が $x$ 軸を切るのは $x=\pm \sqrt{a^2+b^2}$。つまり点 $(\sqrt{a^2+b^2},0)$ から傾き $\pm 1$ の直交する $2$ 接線が引ける。

準円上の代表点で「直交 $2$ 接線」が実現することが確かめられた。$a=b$(円)なら準円は半径 $\sqrt{2}a$ の同心円になる。円に外接する正方形の頂点の軌跡と考えても、同じ結果になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 放物線上の点は $(p{t}^2,2pt)$ と媒介変数表示できる。焦点距離は準線 $x=-p$ からの距離に等しい(放物線の定義)。

焦点距離は $p{t}^2-(-p)=p(t^2+1)$。$2$ 点 $\mathrm{P},\mathrm{Q}$ を $t_1,t_2$ とすると、$\frac{1}{\mathrm{FP}}+\frac{1}{\mathrm{FQ}}=\frac{1}{p(t_1^2+1)}+\frac{1}{p(t_2^2+1)}$。焦点を通る弦の条件は $t_1{t}_2=-1$。これを使って和を計算すると、$t_1,t_2$ が消えて $\frac{1}{p}$(一定)になる。

① 焦点距離を媒介変数で。 $\mathrm{P}(p{t}_1^2,2p{t}_1),\mathrm{Q}(p{t}_2^2,2p{t}_2)$ とすると $$\mathrm{FP}=p(t_1^2+1),\mathrm{FQ}=p(t_2^2+1).$$ ② 焦点を通る条件。 $\mathrm{P},\mathrm{Q}$ を結ぶ直線が焦点 $(p,0)$ を通ると、$t_1{t}_2=-1$(焦点弦の性質)。

③ 和を計算する。 $$\frac{1}{\mathrm{FP}}+\frac{1}{\mathrm{FQ}}=\frac{1}{p(t_1^2+1)}+\frac{1}{p(t_2^2+1)}=\frac{1}{p}\cdot \frac{(t_2^2+1)+(t_1^2+1)}{(t_1^2+1)(t_2^2+1)}.$$ 分母を展開すると $(t_1^2+1)(t_2^2+1)=t_1^2{t}_2^2+t_1^2+t_2^2+1$。$t_1{t}_2=-1$ より $t_1^2{t}_2^2=1$ だから、分母 $=1+t_1^2+t_2^2+1=t_1^2+t_2^2+2$、分子 $=t_1^2+t_2^2+2$。約分して $$\frac{1}{\mathrm{FP}}+\frac{1}{\mathrm{FQ}}=\frac{1}{p}.$$ 弦の傾きによらず一定で、値は $\frac{1}{p}$。

まとめ焦点距離は媒介変数で $p(t^2+1)$、焦点弦では $t_1{t}_2=-1$。この対称式で $\frac{1}{\mathrm{FP}}+\frac{1}{\mathrm{FQ}}=\frac{1}{p}$(半通径の逆数)。曲線(放物線・焦点)・媒介変数・対称式の融合。

発展。 $\frac{1}{\mathrm{FP}}+\frac{1}{\mathrm{FQ}}=\frac{1}{p}$ の右辺 $\frac{1}{p}$ は、放物線の半通径(焦点を通り軸に垂直な弦の半分)$2p$ の逆数の $2$ 倍。楕円・双曲線でも焦点弦について同様の一定値(半通径がらみ)が成り立つ。円錐曲線は「焦点からの距離」で統一的に記述でき(離心率)、この焦点弦の性質もその現れである。

別解

別解:焦点を極とする極方程式で直接求める(得意な人向けの高い視点)。 焦点 $\mathrm{F}$ を原点(極)にとると、放物線は極方程式 $r=\frac{2p}{1-\cos \theta }$ で書ける($r$ は焦点からの距離 $=$ 焦点距離)。

焦点を通る弦の $2$ 端 $\mathrm{P},\mathrm{Q}$ は、$\mathrm{F}$ から見て正反対の方向にある(偏角 $\theta$ と $\theta +\pi$)。だから

$$\frac{1}{\mathrm{FP}}+\frac{1}{\mathrm{FQ}}=\frac{1-\cos \theta }{2p}+\frac{1-\cos (\theta +\pi )}{2p}=\frac{(1-\cos \theta )+(1+\cos \theta )}{2p}=\frac{2}{2p}=\frac{1}{p}.$$

$\cos (\theta +\pi )=-\cos \theta$ で $\cos$ の項が打ち消し合い、$\theta$(弦の向き)が消えて $\frac{1}{p}$。

媒介変数 $t$ で $t_1{t}_2=-1$ を使う(本解)のと同じ結論だが、極方程式だと「正反対の $2$ 方向で $\cos$ が相殺」という形で、なぜ向きによらず一定かが一目で見える。$\frac{1}{\mathrm{FP}}+\frac{1}{\mathrm{FQ}}$ が一定なのは、円錐曲線の焦点弦に共通の性質(半通径がらみ)だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 接点 $(x_0,y_0)$ での接線 $\frac{x_{0}x}{a^2}-\frac{y_{0}y}{b^2}=1$ と、$2$ 本の漸近線 $y=\pm \frac{b}{a}x$ の交点を求める。

その $2$ 交点と原点で三角形ができる。面積を計算すると、途中で双曲線の式 $\frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}=1$ を使うと、接点 $(x_0,y_0)$ の情報が消える。残るのは $ab$。接点をどこにとっても、三角形の面積は $ab$ で一定になる。

① 交点を求める。 接線 $\frac{x_{0}x}{a^2}-\frac{y_{0}y}{b^2}=1$ に $y=\frac{b}{a}x$ を代入すると $x\left(\frac{x_0}{a^2}-\frac{y_0}{ab}\right)=1$、これを解いて交点 $\mathrm{A}$。$y=-\frac{b}{a}x$ で交点 $\mathrm{B}$。整理すると $$\mathrm{A}=\left(\frac{a^{2}b}{b{x}_0-a{y}_0},\frac{a{b}^2}{b{x}_0-a{y}_0}\right),\mathrm{B}=\left(\frac{a^{2}b}{b{x}_0+a{y}_0},\frac{-a{b}^2}{b{x}_0+a{y}_0}\right).$$

② 三角形の面積。 原点 $\mathrm{O}$、$\mathrm{A}$、$\mathrm{B}$ の三角形の面積は $\frac{1}{2}|x_{\mathrm{A}}{y}_{\mathrm{B}}-x_{\mathrm{B}}{y}_{\mathrm{A}}|$。計算すると $$x_{\mathrm{A}}{y}_{\mathrm{B}}-x_{\mathrm{B}}{y}_{\mathrm{A}}=\frac{a^{2}b\cdot (-a{b}^2)-a^{2}b\cdot a{b}^2}{(b{x}_0{)}^2-(a{y}_0{)}^2}=\frac{-2a^3{b}^3}{b^2{x}_0^2-a^2{y}_0^2}.$$ ③ 接点の条件を代入。 分母 $b^2{x}_0^2-a^2{y}_0^2=a^2{b}^2\left(\frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}\right)=a^2{b}^2\cdot 1=a^2{b}^2$。よって $$\text{面積}=\frac{1}{2}\left|\frac{-2a^3{b}^3}{a^2{b}^2}\right|=\frac{1}{2}\cdot 2ab=ab.$$ 接点 $(x_0,y_0)$ によらず一定で、値は $ab$。

まとめ接線と $2$ 漸近線の交点で三角形を作り、面積の式に接点の条件 $\frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}=1$ を代入すると $x_0,y_0$ が消えて $ab$。接点によらず一定。曲線(双曲線)と幾何(面積)の融合。

発展。 面積が一定 $ab$ なのは、双曲線を漸近線方向の座標で見ると反比例 $XY=$ 一定になるから。反比例 $y=\frac{c}{x}$ の接線が両軸と作る三角形の面積が常に $2c$(一定)なのと同じ現象だ。座標軸を漸近線にとりかえると、双曲線の性質が反比例の性質に置き換わる。斜交座標を使うと、こうした言いかえができる。

別解

別解:「接点は $2$ 交点の中点」を先に示す(得意な人向けの視点)。 三角形の面積が一定なことを、接点の位置から捉える。

接線と $2$ 漸近線の交点を ${\mathrm{P}}_1,{\mathrm{P}}_2$ とすると、じつは接点 $\mathrm{T}(x_0,y_0)$ はちょうど線分 ${\mathrm{P}}_1{\mathrm{P}}_2$ の中点になる(双曲線の接線の性質)。すると三角形 ${\mathrm{OP}}_1{\mathrm{P}}_2$ の面積は $\frac{1}{2}|{\mathrm{OP}}_1\times {\mathrm{OP}}_2|$。${\mathrm{P}}_1={\left(\frac{x_0}{a}+\frac{y_0}{b}\right)}^{-1}\cdots$ と計算していくと、漸近線の傾き $\pm \frac{b}{a}$ と双曲線の式 $\frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}=1$ を使うと、面積は $ab$ になる。

中点性を使うと、$2$ 交点を対称にとれるので計算が楽になる。「接線が漸近線に挟まれた部分の中点が接点」という事実は、双曲線を漸近線を軸とする座標(反比例 $XY=$ 一定)に直すと、$XY=c$ の接線の中点性そのもの。反比例のグラフ $y=\frac{c}{x}$ の接線が軸と作る三角形の面積が一定($=2c$)なのと同じ現象だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 媒介変数で与えられた閉曲線が囲む面積は、$\frac{1}{2}\oint (xdy-ydx)$(グリーンの公式)で計算できる。

$x=a{\cos }^{3}t$、$y=a{\sin }^{3}t$ から $dx,dy$ を求めて代入すると、$xdy-ydx=3a^2{\sin }^{2}t{\cos }^{2}tdt$。${\sin }^{2}t{\cos }^{2}t=\frac{1}{4}{\sin }^{2}2t$(2倍角)、さらに半角で処理して $1$ 周積分すると $\frac{3\pi a^2}{8}$。

① $xdy-ydx$ を計算。 $dx=-3a{\cos }^{2}t\sin tdt$、$dy=3a{\sin }^{2}t\cos tdt$。 $$xdy=a{\cos }^{3}t\cdot 3a{\sin }^{2}t\cos tdt=3a^2{\cos }^{4}t{\sin }^{2}tdt,$$ $$ydx=a{\sin }^{3}t\cdot (-3a{\cos }^{2}t\sin t)dt=-3a^2{\sin }^{4}t{\cos }^{2}tdt.$$ 引くと $$xdy-ydx=3a^2{\cos }^{2}t{\sin }^{2}t({\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t)dt=3a^2{\sin }^{2}t{\cos }^{2}tdt.$$ ② 半角で整える。 ${\sin }^{2}t{\cos }^{2}t=\frac{1}{4}{\sin }^{2}2t=\frac{1}{4}\cdot \frac{1-\cos 4t}{2}=\frac{1-\cos 4t}{8}$。よって $$S=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }3a^2\cdot \frac{1-\cos 4t}{8}dt=\frac{3a^2}{16}{\int }_0^{2\pi }(1-\cos 4t)dt.$$ ③ 積分する。 ${\int }_0^{2\pi }1dt=2\pi$、${\int }_0^{2\pi }\cos 4tdt=0$ だから $$S=\frac{3a^2}{16}\cdot 2\pi =\frac{3\pi a^2}{8}.$$

まとめ媒介変数の閉曲線の面積は $\frac{1}{2}\oint (xdy-ydx)$。$xdy-ydx=3a^2{\sin }^{2}t{\cos }^{2}tdt$ を半角で処理して $\frac{3\pi a^2}{8}$。曲線(媒介変数)・積分・三角の融合。

発展。 アステロイド(星芒形)は、大きい円の中を半径 $\frac{1}{4}$ の円が転がるとき、円周上の点が描く軌跡(内サイクロイド)。面積は外接円の $\frac{3}{8}$。一般に $x=a{\cos }^{n}t,y=a{\sin }^{n}t$ の面積は $n$ とともに変わり、$n=1$ で円($\pi a^2$)、$n=3$ で $\frac{3}{8}\pi a^2$、$n$ が大きいほど星形に尖って面積が減る。

別解

別解:$1$ 次変換では出せない「$\frac{3}{8}$」の意味を考える(得意な人向けの視点)。 アステロイドの面積 $\frac{3\pi a^2}{8}$ は外接円 $\pi a^2$ の $\frac{3}{8}$。この比 $\frac{3}{8}$ がどこから来るかを、積分の中身で見る。

面積公式 $\frac{1}{2}\oint (xdy-ydx)$ に代入すると、被積分関数は $\frac{3a^2}{2}{\sin }^{2}t{\cos }^{2}t=\frac{3a^2}{8}{\sin }^{2}2t$。${\sin }^{2}2t$ の $1$ 周($0$ から $2\pi$)の平均は $\frac{1}{2}$ で、積分は $\frac{3a^2}{8}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2\pi \cdot 2$… 整理すると $\frac{3\pi a^2}{8}$。

比 $\frac{3}{8}$ は係数 $3$(3乗のべきの微分から)と ${\sin }^2{\cos }^2$ の平均 $\frac{1}{8}$ の積 $\frac{3}{8}\times \pi a^2\cdots$ に由来する。アステロイドは円を「${\cos }^3,{\sin }^3$」で歪めた曲線で、$3$ 乗のべきが面積を円の $\frac{3}{8}$ に縮める。同じ手で $x=a{\cos }^{n}t,y=a{\sin }^{n}t$ の面積も計算でき、$n$ が大きいほど星形に尖って面積が減る。