解説

方針・初手

求める部分は、三角形 $OPQ$ と、線分 $OQ$ と放物線 $y=x^2$ の間の部分に分けて考えると簡潔である。点 $P$ は常に $x$ 軸上にあり、点 $Q$ は放物線上にあるので、まず三角形 $OPQ$ の面積を出し、次に $0\le x\le t$ における直線 $OQ$ と放物線の差を積分すればよい。

解法1

点の座標は

$$ O=(0,0),\quad P=(2t-5,0),\quad Q=(t,t^2) $$

である。

$0\le t\le \dfrac52$ であるから、

$$ 2t-5\le 0 $$

となり、点 $P$ は原点の左側または原点上にある。

求める面積を $S(t)$ とする。

まず、三角形 $OPQ$ の面積を求める。底辺を $OP$ とみると、

$$ OP=0-(2t-5)=5-2t $$

であり、高さは点 $Q$ の $y$ 座標 $t^2$ である。したがって、

$$ [\triangle OPQ]=\frac12(5-2t)t^2 $$

である。

次に、線分 $OQ$ の方程式を求める。$O,Q$ を通る直線の傾きは

$$ \frac{t^2-0}{t-0}=t $$

であるから、

$$ y=tx $$

となる。

よって、線分 $OQ$ と放物線 $y=x^2$ に囲まれる部分の面積は

$$ \int_0^t (tx-x^2),dx $$

であり、これを計算すると

$$ \begin{aligned} \int_0^t (tx-x^2),dx &=\left[\frac{t}{2}x^2-\frac13x^3\right]_0^t \\ &=\frac12t^3-\frac13t^3 \\ &=\frac16t^3 \end{aligned} $$

となる。

したがって、求める面積は

$$ \begin{aligned} S(t) &=\frac12(5-2t)t^2+\frac16t^3 \\ &=\frac{15t^2-6t^3+t^3}{6} \\ &=\frac56t^2(3-t) \end{aligned} $$

である。

次に、この面積の最大値を求める。$0\le t\le \dfrac52$ において

$$ S(t)=\frac56t^2(3-t) $$

を微分すると、

$$ \begin{aligned} S'(t) &=\frac56(6t-3t^2) \\ &=\frac52t(2-t) \end{aligned} $$

となる。

したがって、$0<t<2$ では $S'(t)>0$、$2<t\le \dfrac52$ では $S'(t)<0$ であるから、$S(t)$ は $t=2$ で最大となる。

そのときの値は

$$ S(2)=\frac56\cdot 2^2\cdot(3-2)=\frac{10}{3} $$

である。

解説

線分 $PQ$ の方程式を直接求めて積分しても解けるが、この問題では図形をうまく分けるのが本筋である。求める部分を「三角形 $OPQ$」と「線分 $OQ$ と放物線にはさまれる部分」に分けると、どちらもすぐ計算できる。

最大値についても、面積をまず $t$ の式に整理してから微分すれば、増減が明確になり処理しやすい。

答え

**(1)**

求める面積は

$$ \frac56t^2(3-t) $$

である。

**(2)**

最大値は

$$ \frac{10}{3} $$

であり、そのとき

$$ t=2 $$

である。