座標平面上で次のように媒介変数表示される曲線 \(C\) を考える. \[ \left\{ \begin{array}{l} x = | \cos t | \cos^3 t \\ y = | \sin t | \sin^3 t \end{array} \right. \quad ( 0 \leqq t \leqq 2 \pi ) \] このとき以下の各問いに答えよ.

1. (1)　次の条件 (＊) を満たす第 \(1\) 象限内の定点 F の座標を求めよ.

   1. (＊) 第 \(1\) 象限内で \(C\) 上にあるすべての点 P について, P から直線 \(x+y = 0\) に下ろした垂線を PH とするとき, つねに \(\text{PF} = \text{PH}\) となる.

2. (2)　点 P が \(C\) 全体を動くとき, P と (1) の定点 F を結ぶ線分 PF が通過する領域を図示し, その面積を求めよ.

3. (3)　(2) の領域を \(x\) 軸のまわりに \(1\) 回転してできる立体の体積を求めよ.

解答

(1)

\(C\) 上の点 P の \(x\) 座標, \(y\) 座標の符号は, それぞれ \(\cos t , \sin t\) に一致するので, \(0 \leqq t \leqq \dfrac{\pi}{2}\) について考えればよい.
\(x = x(t)\) , \(y = y(t)\) と表す.
このとき, \(\cos t \geqq 0\) , \(\sin t \geqq 0\) なので \[ x(t) = \cos^4 t , \ y(t) = \sin^4 t \ . \] したがって, \(\sin^2 t +\cos^2 t = 1\) に注意すれば, \(C\) の式は \[ \sqrt{x} +\sqrt{y} = 1 \quad ... [1] \ . \]

\(x , y\) について対称なので, \(C\) は直線 \(\ell : \ y = x\) について対称であるから, F は \(\ell\) 上にある. \[\begin{align} \cos^4 t & = \sin^4 t \\ \text{∴} \quad \cos t & = \sin t \\ \text{∴} \quad t & = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \ . \end{align}\] なので, \(\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right)^4 = \dfrac{1}{4}\) から, \(C\) と \(\ell\) の交点は \[ \left( \dfrac{1}{4} , \dfrac{1}{4} \right) \ . \] \(\text{PF} = \text{PH}\) なので \[ \text{F} \ \underline{\left( \dfrac{1}{2} , \dfrac{1}{2} \right)} \ . \] 実際に, [1] より \[\begin{align} x +y & = 1 -2 \sqrt{xy} , \\ x^2 +y^2 & = \left( 1 -2 \sqrt{xy} \right)^2 -2xy \\ & = 2xy -4 \sqrt{xy} +1 \ . \end{align}\] これらを用いれば \[\begin{align} \text{PH} & = \dfrac{\left| 1 \cdot x +1 \cdot y \right|}{\sqrt{1^2+1^2}} = \dfrac{x+y}{\sqrt{2}} \\ & = \dfrac{1 -2\sqrt{xy}}{\sqrt{2}} , \\ \text{PF} & = \sqrt{\left( x -\dfrac{1}{2} \right)^2 +\left( y -\dfrac{1}{2} \right)^2} \\ & = \sqrt{x^2 +y^2 -x -y +\dfrac{1}{2}} \\ & = \dfrac{\sqrt{4xy -4 \sqrt{xy} +1}}{\sqrt{2}} \\ & = \dfrac{1 -2\sqrt{xy}}{\sqrt{2}} \ . \end{align}\] すなわち, \(\text{PF} = \text{PH}\) が成立している.

(2)

\(C\) のうち, 第 \(2\) 象限にある部分について, \(\dfrac{\pi}{2} \leqq t \leqq \pi\) のときであり, \(t = t' +\dfrac{\pi}{2} \ \left( 0 \leqq t' \leqq \dfrac{\pi}{2} \right)\) とおけば \[\begin{align} x(t) & = \sin^4 \left( t' +\dfrac{\pi}{2} \right) = \cos^4 t' = y(t') \\ y(t) & = -\cos^4 \left( t' +\dfrac{\pi}{2} \right) = -\sin^4 t' = -x(t') \ . \end{align}\] したがって, \(C\) のうち, 第 \(1\) 象限にある部分を, 原点中心に \(\dfrac{\pi}{2}\) 回転させた曲線となる.
第 \(3 , 4\) 象限についても同様なので, \(C\) の概形は下図の通りとなる.

このとき, 線分 PF が通過する領域 \(D\) は下図斜線部（境界を含む）となる.

\(D\) のうち, 第 \(1, \cdots , 4\) 象限に含まれる部分の面積をそれぞれ \(S _ 1 , \cdots , S _ 4\) とおけば, 対称性を利用して \[\begin{align} S _ 1 & = \dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \dfrac{1}{2} , \\ S _ 3 & = \displaystyle\int _ 0^1 \left( x -2 \sqrt{x} +1 \right) \, dx \\ & = \left[ \dfrac{x^2}{2} -\dfrac{4 x^{\frac{3}{2}}}{3} +x \right] _ 0^1 = \dfrac{1}{6} , \\ S _ 2 = S _ 4 & = \dfrac{S _ 3 +\left( \frac{1}{4} \right)^2}{2} +\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1}{4} \\ & = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{11}{48} +\dfrac{3}{16} \right) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{5}{12} \ . \end{align}\] よって, 求める面積 \(S\) は \[\begin{align} S & = S _ 1 +S _ 2 +S _ 3 +S _ 4 \\ & = \dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{6} +\dfrac{5}{12} \\ & = \underline{\dfrac{13}{12}} \ . \end{align}\]

(3)

下図の領域 \(D _ a , D _ b , D _ c\) を \(x\) 軸のまわりに \(1\) 回転した立体の体積を \(V _ a , V _ b , V _ c\) とおくと

\[\begin{align} V _ a & = \dfrac{1}{3} \cdot 1^2 \pi \cdot 1 = \dfrac{\pi}{3} , \\ V _ c & = \dfrac{1}{3} \cdot \left( \dfrac{1}{4} \right)^2 \pi \cdot \dfrac{3}{4} = \dfrac{\pi}{64} , \\ V _ b & = \pi \displaystyle\int _ 0^{\frac{1}{4}} \left( x -2 \sqrt{x} +1 \right)^2 \, dx \\ & = \pi \left[ \dfrac{x^3}{3} -\dfrac{8 x^{\frac{5}{2}}}{5}+3 x^2 -\dfrac{8 x^{\frac{3}{2}}}{3} +x \right] _ 0^{\frac{1}{4}} \\ & = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{64} -\dfrac{1}{20} +\dfrac{3}{16} -\dfrac{1}{3} +\dfrac{1}{4} \\ & = \dfrac{1}{5} -\dfrac{9}{64} = \dfrac{19}{320} \ . \end{align}\] よって, 求める体積 \(V\) は \[\begin{align} V & = V _ a +V _ b +V _ c \\ & = \pi \left( \dfrac{19 +5}{320} +\dfrac{1}{3} \right) \\ & = \dfrac{9 +40}{120} \pi = \underline{\dfrac{49 \pi}{120}} \ . \end{align}\]