解説

方針・初手

$C_1:y=\cos x$ と $C_2:y=m\sin x$ は、$0\leqq x\leqq \dfrac{\pi}{2}$ ではともに第1象限にある。交点では

$$ \cos x=m\sin x

$$

が成り立つので、$m>0$ より交点の $x$ 座標はただ1つ存在する。まずこの交点を $\alpha$ とおき、面積を定積分で表す。

解法1

(1)

図形 $K$ は、$y=\cos x$、$x$ 軸、$y$ 軸で囲まれた部分である。したがって面積は

$$ \int_0^{\pi/2}\cos x,dx =\left[\sin x\right]_0^{\pi/2} =1

$$

である。

よって、図形 $K$ の面積は

$$ 1

$$

である。

(2)

$m=\sqrt{3}$ のとき、交点では

$$ \cos x=\sqrt{3}\sin x

$$

が成り立つ。$0\leqq x\leqq \dfrac{\pi}{2}$ において、$\cos x$ と $\sin x$ はともに非負であり、交点では $\sin x\neq 0$ であるから、

$$ \tan x=\frac{1}{\sqrt{3}}

$$

となる。

したがって

$$ x=\frac{\pi}{6}

$$

である。

(3)

交点の $x$ 座標を $\alpha$ とする。交点では

$$ \cos\alpha=m\sin\alpha

$$

が成り立つ。

また、$0<\alpha<\dfrac{\pi}{2}$ であるから、$\sin\alpha>0,\cos\alpha>0$ である。これを

$$ \sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1

$$

に代入すると、

$$ \sin^2\alpha+m^2\sin^2\alpha=1

$$

より

$$ (1+m^2)\sin^2\alpha=1

$$

である。よって

$$ \sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+m^2}}

$$

となる。

さらに

$$ \cos\alpha=m\sin\alpha

$$

より

$$ \cos\alpha=\frac{m}{\sqrt{1+m^2}}

$$

である。

(4)

$C_1$ と $C_2$ の交点の $x$ 座標を $\alpha$ とする。$0\leqq x\leqq \alpha$ では、$x=0$ において $\cos0=1,\ m\sin0=0$ であるから、$C_1$ が $C_2$ より上にある。

したがって、$C_1,C_2,y$ 軸で囲まれた図形の面積は

$$ \int_0^\alpha(\cos x-m\sin x),dx

$$

である。これを計算すると、

$$ \begin{aligned} \int_0^\alpha(\cos x-m\sin x),dx &=\left[\sin x+m\cos x\right]_0^\alpha\\ &=\sin\alpha+m\cos\alpha-m \end{aligned}

$$

となる。

(3) の結果を用いると、

$$ \begin{aligned} \sin\alpha+m\cos\alpha-m &=\frac{1}{\sqrt{1+m^2}}+m\cdot\frac{m}{\sqrt{1+m^2}}-m\\ &=\frac{1+m^2}{\sqrt{1+m^2}}-m\\ &=\sqrt{1+m^2}-m \end{aligned}

$$

である。

よって、求める面積は

$$ \sqrt{1+m^2}-m

$$

である。

(5)

(1) より、図形 $K$ の面積は $1$ である。

$C_2$ は原点から $C_1$ との交点まで図形 $K$ の内部を通り、図形 $K$ を2つの部分に分ける。このうち、$y$ 軸側の部分は、(4) で求めた $C_1,C_2,y$ 軸で囲まれた図形である。

したがって、$C_2$ が図形 $K$ の面積を2等分する条件は

$$ \sqrt{1+m^2}-m=\frac{1}{2}

$$

である。

これを解く。

$$ \sqrt{1+m^2}=m+\frac{1}{2}

$$

両辺は正であるから、両辺を2乗してよい。すると

$$ 1+m^2=m^2+m+\frac{1}{4}

$$

より

$$ m=\frac{3}{4}

$$

である。

よって、求める値は

$$ m=\frac{3}{4}

$$

である。

(6)

(5) より

$$ m=\frac{3}{4}

$$

である。

このとき、$C_1'$ と $C_2'$ の交点は

$$ \cos x=\frac{3}{4}\sin x

$$

を満たす点である。第1象限にある交点の $x$ 座標を $\alpha$ とすると、(3) より

$$ \sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{3}{4}\right)^2}} =\frac{4}{5}

$$

かつ

$$ \cos\alpha=\frac{\frac{3}{4}}{\sqrt{1+\left(\frac{3}{4}\right)^2}} =\frac{3}{5}

$$

である。

$0\leqq x\leqq 2\pi$ における交点は

$$ x=\alpha,\quad x=\alpha+\pi

$$

である。閉じた図形はこの2つの交点の間で囲まれる。

$\alpha<x<\alpha+\pi$ では、たとえば $x=\pi$ を代入すると

$$ \cos\pi=-1,\qquad \frac{3}{4}\sin\pi=0

$$

であるから、$C_2'$ が $C_1'$ より上にある。したがって、求める面積は

$$ \int_\alpha^{\alpha+\pi}\left(\frac{3}{4}\sin x-\cos x\right),dx

$$

である。

これを計算する。

$$ \begin{aligned} \int_\alpha^{\alpha+\pi}\left(\frac{3}{4}\sin x-\cos x\right),dx &=\left[-\frac{3}{4}\cos x-\sin x\right]_\alpha^{\alpha+\pi} \end{aligned}

$$

ここで

$$ \cos(\alpha+\pi)=-\cos\alpha=-\frac{3}{5}

$$

かつ

$$ \sin(\alpha+\pi)=-\sin\alpha=-\frac{4}{5}

$$

であるから、

$$ \begin{aligned} \left[-\frac{3}{4}\cos x-\sin x\right]_\alpha^{\alpha+\pi} &=\left\{-\frac{3}{4}\left(-\frac{3}{5}\right)-\left(-\frac{4}{5}\right)\right\} -\left\{-\frac{3}{4}\cdot\frac{3}{5}-\frac{4}{5}\right\}\\ &=\left(\frac{9}{20}+\frac{16}{20}\right) -\left(-\frac{9}{20}-\frac{16}{20}\right)\\ &=\frac{25}{20}+\frac{25}{20}\\ &=\frac{5}{2} \end{aligned}

$$

である。

よって、求める面積は

$$ \frac{5}{2}

$$

である。

解説

この問題では、交点の $x$ 座標を $\alpha$ とおく処理が中心である。交点では

$$ \cos\alpha=m\sin\alpha

$$

が成り立つため、$\sin\alpha$ と $\cos\alpha$ を $m$ で表せる。これにより、面積の積分結果に出てくる $\sin\alpha,\cos\alpha$ をすべて $m$ だけで処理できる。

(5) では、$C_2$ が図形 $K$ を2等分するとき、(4) で求めた $y$ 軸側の面積が $\dfrac{1}{2}$ になる点が重要である。単に $C_2$ の下側の面積を $\dfrac{1}{2}$ としてはいけない。

(6) では区間が $0\leqq x\leqq 2\pi$ に広がるため、交点が $\alpha$ と $\alpha+\pi$ の2つになる。この2点の間で閉じた図形ができるので、上下関係を確認して絶対値付きの面積を定積分に直す。

答え

**(1)**

$$ 1

$$

**(2)**

$$ x=\frac{\pi}{6}

$$

**(3)**

$$ \sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+m^2}},\qquad \cos\alpha=\frac{m}{\sqrt{1+m^2}}

$$

**(4)**

$$ \sqrt{1+m^2}-m

$$

**(5)**

$$ m=\frac{3}{4}

$$

**(6)**

$$ \frac{5}{2}

$$