解説

方針・初手

「任意の角に対して不等式が成り立つ」という条件は、その三角式の最大値と最小値を調べればよい。

（1） では

$$ x\cos\theta+y\sin\theta $$

を $r=\sqrt{x^2+y^2}$ を用いて表す。

（2） では $\alpha,\beta$ が独立に動くので、

$$ x^2\cos\alpha,\qquad y\sin\beta $$

の取りうる範囲を別々に見て、その和の最大値・最小値を求める。

解法1

**(1)**

$$ r=\sqrt{x^2+y^2} $$

とおくと、ある角 $\varphi$ を用いて

$$ x=r\cos\varphi,\qquad y=r\sin\varphi $$

と書けるから、

$$ x\cos\theta+y\sin\theta =r(\cos\varphi\cos\theta+\sin\varphi\sin\theta) =r\cos(\theta-\varphi) $$

となる。

したがって、$\theta$ を動かしたとき

$$ -r\le x\cos\theta+y\sin\theta\le r $$

であり、最大値は $r$、最小値は $-r$ である。

問題の条件

$$ -2\le x\cos\theta+y\sin\theta\le y+1 \qquad(\forall \theta) $$

が成り立つためには、最小値が $-2$ 以上、最大値が $y+1$ 以下であればよい。よって

$$ -r\ge -2,\qquad r\le y+1 $$

すなわち

$$ r\le 2,\qquad r\le y+1 $$

である。

前者は

$$ x^2+y^2\le 4 $$

であり、後者は

$$ \sqrt{x^2+y^2}\le y+1 $$

である。これを二乗すると

$$ x^2+y^2\le (y+1)^2 $$

すなわち

$$ x^2\le 2y+1 $$

となるから、

$$ y\ge \frac{x^2-1}{2} $$

である。

したがって求める領域は、

$$ x^2+y^2\le 4 $$

で表される円の内部と、

$$ y\ge \frac{x^2-1}{2} $$

で表される放物線の上側との共通部分である。

境界の交点は

$$ x^2+y^2=4,\qquad y=\frac{x^2-1}{2} $$

を連立して求める。

$$ x^2+\left(\frac{x^2-1}{2}\right)^2=4 $$

より、$u=x^2$ とおくと

$$ u+\frac{(u-1)^2}{4}=4 $$

$$ 4u+(u-1)^2=16 $$

$$ u^2+2u-15=0 $$

$$ (u+5)(u-3)=0 $$

したがって

$$ x^2=3 $$

であり、

$$ x=\pm\sqrt{3},\qquad y=1 $$

を得る。

よって面積 $S_1$ は

$$ S_1=\int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} \left\{ \sqrt{4-x^2}-\frac{x^2-1}{2} \right\}dx $$

である。

偶関数であることを用いて

$$ S_1 =2\int_0^{\sqrt{3}} \left\{ \sqrt{4-x^2}-\frac{x^2-1}{2} \right\}dx $$

とする。

まず

$$ \begin{aligned} \int_0^{\sqrt{3}}\sqrt{4-x^2},dx &= \left[ \frac{x}{2}\sqrt{4-x^2}+2\sin^{-1}\frac{x}{2} \right]_0^{\sqrt{3}} =\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{2\pi}{3} \end{aligned} $$

である。

また

$$ \begin{aligned} \int_0^{\sqrt{3}}\frac{x^2-1}{2},dx &= \left[ \frac{x^3}{6}-\frac{x}{2} \right]_0^{\sqrt{3}} &= \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} =0 \end{aligned} $$

であるから、

$$ S_1 =2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{2\pi}{3}\right) =\sqrt{3}+\frac{4\pi}{3} $$

となる。

**(2)**

$\alpha,\beta$ は独立に動くので、

$$ x^2\cos\alpha $$

は $-x^2$ から $x^2$ までの値をとり、

$$ y\sin\beta $$

は $-|y|$ から $|y|$ までの値をとる。

したがって

$$ x^2\cos\alpha+y\sin\beta $$

の最大値は

$$ x^2+|y| $$

最小値は

$$ -(x^2+|y|) $$

である。

よって

$$ -1\le x^2\cos\alpha+y\sin\beta\le 1 \qquad(\forall \alpha,\beta) $$

が成り立つための必要十分条件は

$$ x^2+|y|\le 1 $$

である。

これは

$$ |y|\le 1-x^2 $$

すなわち

$$ x^2-1\le y\le 1-x^2 \qquad(|x|\le 1) $$

を意味する。

したがって求める領域は、2つの放物線

$$ y=1-x^2,\qquad y=x^2-1 $$

にはさまれた部分である。

面積を $S_2$ とすると

$$ S_2=\int_{-1}^{1}{(1-x^2)-(x^2-1)},dx =\int_{-1}^{1}(2-2x^2),dx $$

$$ S_2 =2\int_{-1}^{1}(1-x^2),dx =2\left[x-\frac{x^3}{3}\right]_{-1}^{1} =\frac{8}{3} $$

となる。

解説

この問題の要点は、「すべての角について成り立つ」という条件を、式の最大値・最小値に言い換えることである。

（1） では

$$ x\cos\theta+y\sin\theta=r\cos(\theta-\varphi) $$

とまとめるのが基本であり、これにより値の範囲がただちに $[-r,r]$ と分かる。すると条件は円と放物線の共通部分という図形の問題に帰着する。

（2） では $\alpha,\beta$ が別々に動くことが重要である。したがって $x^2\cos\alpha$ と $y\sin\beta$ はそれぞれ独立に最大・最小をとれ、和の範囲は

$$ [-(x^2+|y|),,x^2+|y|] $$

となる。ここをまとめて

$$ x^2+|y|\le 1 $$

に落とすのが最も自然である。

答え

**(1)**

求める領域は

$$ x^2+y^2\le 4,\qquad y\ge \frac{x^2-1}{2} $$

の共通部分、すなわち円 $x^2+y^2=4$ の内部と放物線 $y=\dfrac{x^2-1}{2}$ の上側との共通部分である。

面積は

$$ \sqrt{3}+\frac{4\pi}{3} $$

である。

**(2)**

求める領域は

$$ x^2+|y|\le 1 $$

すなわち

$$ x^2-1\le y\le 1-x^2 \qquad(|x|\le 1) $$

で表される、2つの放物線 $y=1-x^2,\ y=x^2-1$ にはさまれた部分である。

面積は

$$ \frac{8}{3} $$

である。