1938年(昭和13年)東京帝國大學工學部-數學[2] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2022.07.24記

[2] $y^2=\dfrac{x^2(a+x)}{a-x}$ の表はす曲線の大體の形を描き，此曲線により圍まれる部分，並に曲線と其漸近線とで圍まれる部分の面積を求めよ．

2022.08.04記

[解答]
$y=f(x)=x\sqrt{\dfrac{a+x}{a-x}}=\dfrac{x^2+ax}{\sqrt{a^2-x^2}}$ （ $-a\leqq x\lt a$ ）
とすると，与えられた曲線は
$y=f(x)$ と $y=-f(x)$ のグラフをあわせたものとなる．

$y=f’(x)$ $=\dfrac{(2x+a)\sqrt{a^2-x^2}+(x^2+ax)\cdot\dfrac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}}{(a^2-x^2)\sqrt{a^2-x^2}}$
$=\dfrac{x^2-ax-a^2}{(x-a)\sqrt{a^2-x^2}}$
であるから，増減表は

$x$	$-a$	$\cdots$	$\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$	$\cdots$	$0$	$\cdots$	$a$
$f'$		$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$f$	$0$	$\searrow$	$\dfrac{1-\sqrt{5}}{2\sqrt{2+\sqrt{5}}}a$	$\nearrow$	$0$	$\nearrow$	$+\infty$

のようになり，よって曲線の概形は次図

また，曲線によって囲まれる部分の面積は
$I_1=2\displaystyle\int_{-a}^0 -\dfrac{x^2+ax}{\sqrt{a^2-x^2}}dx$
であり， $x=-a\sin\theta$ とおくと $dx=-a\cos\theta\,d\theta$ だから
$I_1=2a^2 \displaystyle\int_{\pi/2}^0 (\sin^2\theta -\sin\theta) \, d\theta$
$=2a^2 \displaystyle\int_0^{\pi/2} (\sin\theta -\sin^2\theta) \, d\theta$
$=2a^2 \left( 1-\dfrac{\pi}{4} \right)$ $=\left( 2-\dfrac{\pi}{2} \right)a^2$
である．

また，曲線と漸近線に囲まれる部分の面積は
$I_2=2\displaystyle\int_0^{a} \dfrac{x^2+ax}{\sqrt{a^2-x^2}}dx$
であり， $x=a\sin\theta$ とおくと $dx=a\cos\theta\,d\theta$ だから
$I_2=2\displaystyle\int_0^{\pi/2} (\sin^2\theta +\sin\theta) \, d\theta$
$=\left( \dfrac{\pi}{2}+2 \right)a^2$
である．

[別解]
$x=a\cos 2\theta$ とおくと $y=\pm a\dfrac{\cos 2\theta}{\tan \theta}$ となるが， $\theta\mapsto -\theta$ で $y \mapsto -y$ となるので，この曲線のパラメータ表示として
$x=a\cos 2\theta$ ， $y=\pm a\dfrac{\cos 2\theta}{\tan \theta}$
( $-\dfrac{\pi}{2}\lt \theta\lt \dfrac{\pi}{2}$ ）
をとることができ，
$0\leqq \theta\lt \dfrac{\pi}{2}$
の部分を $x$ 軸について対称移動させたものが
$-\dfrac{\pi}{2}\lt \theta\leqq 0$
の部分となる．

ここで $t=\tan\theta$ とおくと
$0\leqq \theta\lt \dfrac{\pi}{2}$ は $0\leqq t$ となり
$x=a\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$ ， $y=a\dfrac{1-t^2}{t+t^3}$
とパラメータ表示される．
$\dfrac{dx}{dt}=a\dfrac{-4t}{(1+t^2)^2}$ ，
$\dfrac{dy}{dt}=a\dfrac{t^4-4t^2-1}{(t+t^3)^2}$
であるから， $\alpha=\sqrt{2+\sqrt{5}}$ とおくと，増減表は

$t$	$0$	$\cdots$	$\alpha$	$\cdots$	$+\infty$
$x$	$a$	$\searrow$	$\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}a$	$\searrow$	$-a$
$y$	$+\infty$	$\searrow$	$\dfrac{1-\sqrt{5}}{2\sqrt{2+\sqrt{5}}}a$	$\nearrow$	$0$

のようになり，よって曲線の概形は次図

また，曲線によって囲まれる部分の面積は
$I_1=2\displaystyle\int_{-a}^0 (-y)\,dx$
$=-2\displaystyle\int_{+\infty}^1 a\dfrac{1-t^2}{t+t^3}\cdot a\dfrac{-4t}{(1+t^2)^2}\,dt$
$=8a^2\displaystyle\int_1^{+\infty} \dfrac{t^2-1}{(1+t^2)^3}\,dt$
ここで $t=\tan\theta$ とおくと $dt=\dfrac{d\theta}{\cos^2\theta}$
$I_1=8a^2\displaystyle\int_{\pi/4}^{\pi/2} (\cos^2\theta-2\cos^4\theta)\,d\theta$
$=4a^2\displaystyle\int_{\pi/4}^{\pi/2} \{(\cos 2\theta +1)-(\cos 2\theta +1)^2\}\,d\theta$
$=4a^2\displaystyle\int_{\pi/4}^{\pi/2} \{-\cos^2 2\theta -\cos 2\theta\}\,d\theta$
となる．さらに， $u=\pi-2\theta$ と置換すると
$I_1=4a^2\displaystyle\int_{\pi/2}^{0} (-\cos^2 u + \cos u)\,\dfrac{-du}{2}$
$=2a^2\displaystyle\int_0^{\pi/2} (\cos u - \cos^2 u)\,du$
$=2a^2 \left( 1-\dfrac{\pi}{4} \right)$ $=\left( 2-\dfrac{\pi}{2} \right)a^2$
となる．

また，曲線と漸近線に囲まれる部分の面積は
$I_2=2\displaystyle\int_0^{-a} y\,dx$ $=8a^2\displaystyle\int_0^{1} \dfrac{1-t^2}{(1+t^2)^3}\,dt$
ここで $t=\tan\theta$ とおくと $dt=\dfrac{d\theta}{\cos^2\theta}$
$I_1=8a^2\displaystyle\int_0^{\pi/4} (2\cos^4\theta-\cos^2\theta)\,d\theta$
$=4a^2\displaystyle\int_0^{\pi/4} (\cos^2 2\theta +\cos 2\theta)\,d\theta$
となる．さらに， $u=2\theta$ と置換すると
$I_1=4a^2\displaystyle\int_0^{\pi/2} (\cos^2 u + \cos u)\,\dfrac{du}{2}$
$=2a^2\displaystyle\int_0^{\pi/2} (\cos^2 u+\cos u)\,du$
$=2a^2 \left( \dfrac{\pi}{4} +1 \right)$ $=\left( \dfrac{\pi}{2}+2 \right)a^2$
となる．