도쿄대 2020-3(이과)

 

 

 

 

 

$-1\le t\le 1$ 인 실수 $t$에 대하여,$$x(t)=(1+t)\sqrt{1+t}$$ $$y(t)=3(1+t)\sqrt{1-t}$$라 하고 좌표평면 위의 점 $P(x(t),y(t))$를 생각하자.


1) $-1<t\le 1$ 에서 정의된 함수 $\frac{y(t)}{x(t)}$는 감소함수 임을 보이시오.

2) 원점과 점 $P$ 사이의 거리를 $f(t)$라고 하자. $-1\le t\le 1$ 에서 함수 $f(t)$의 증감을 조사하고, 최댓값을 구하시오.

3) $-1\le t\le 1$에서 점 $P$의 자취를 $C$라고 할 때, $C$와 $x$축으로 둘러싸인 영역을 $D$라고 하자. 원점을 중심으로 영역 $D$를 시계방향으로 ${90}^{\circ }$만큼 회전시킬 때, $D$가 지나는 영역의 넓이를 구하시오.

 

 

 

 

 

 

 

생각해보기

 

1)에서는 무작정 미분을 해서 증감을 조사하기보다 먼저 식을 정리하면 굳이 미분하지 않고도 함수가 감소함을 쉽게 알 수 있다.

 

2)와 같이 $f(t)$가 항상 양수인 경우에는 $\{f(t){\}}^2$을 계산함으로써 같은 결과를 얻을 수 있다.

 

3)은 1), 2)에서 얻은 결과를 바탕으로 먼저 $C$의 개형을 그려보고, 회전시킬 때 겹치는 부분과 겹치지 않는 부분을 생각해 보아야한다. 뿐만아니라 도형을 회전시킨 상황이므로 반드시 원의 일부가 구하고자하는 영역에 포함되어 있을 것이다.

 

 

 

 

 

 

 

풀이

 

 

1) $$\frac{y(t)}{x(t)}=\frac{3(1+t)\sqrt{1-t}}{(1+t)\sqrt{1+t}}=3\sqrt{\frac{2}{1+t}-1}$$

이므로, $-1<t\le 1$에서 $\frac{y(t)}{x(t)}$는 감소한다.

 

 

 

2) $$\begin{array}{rl}\{f(t){\}}^2& =\{x(t){\}}^2+\{y(t){\}}^2\\ & =(1+t{)}^3+9(1+t{)}^2(1-t)\\ & =(1+t{)}^2\{(1+t)+9(1-t)\}\\ & =(1+t{)}^2(10-8t)\end{array}$$

이고, 이를 미분하면 $$\begin{array}{rl}& 2(1+t)(10-8t)-8(1+t{)}^2\\ =& (1+t)\{2(10-8t)-8(1+t)\}\\ =& (1+t)(12-24t)\\ =& 12(1+t)(1-2t)\end{array}$$

이므로 $\{f(t){\}}^2$은 $-1\le t\le \frac{1}{2}$에서는 증가하고, $\frac{1}{2}\le t\le 1$에서는 감소한다. 그리고 함수 $f(t)$는 거리로 정의되어 항상 양수이기 때문에, $f(t)$와 $\{f(t){\}}^2$의 증감 범위는 일치하게 된다. 따라서 $f(t)$도 $-1\le t\le \frac{1}{2}$에서는 증가, $\frac{1}{2}\le t\le 1$에서는 감소한다.

 

이상의 결과로부터 $f(t)$는 $t=\frac{1}{2}$일 때 최댓값을 가짐을 알 수 있고, 그 함숫값은

$$f\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{{(1+\frac{1}{2})}^2(10-8\cdot \frac{1}{2})}=\frac{3\sqrt{6}}{2}$$

이다.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3) 

$x(t)=(1+t{)}^{\frac{3}{2}}$이므로 $t$에 대한 증가함수이다. 1)에 의해 $OP$의 기울기는 단조감소하고, $\underset{t\to -1+0}{lim}\frac{y(t)}{x(t)}=\mathrm{\infty }$이다. 그리고 2)에 의해 $OP$는 $t=\frac{1}{2}$에서 최댓값 $\frac{3\sqrt{6}}{2}$를 가진다. 이상의 결과를 바탕으로 영역 $D$를 나타내보면 아래 그림과 같다.

 

 

 

이를 시계방향으로 ${90}^{\circ }$회전시킬 때 지나는 영역은, 아래의 그림에서 보이듯 원과 두 포물선에 의해 둘러싸인 부분 전체가 된다.

두 포물선이 접하는 원의 반지름의 길이는 바로 $OP$의 최댓값 $\frac{3\sqrt{6}}{2}$이다.

이 면적은 $D$의 넓이와 (빨간선으로 표시한) 4분원의 넓이의 합으로 계산할 수 있다.

 

 

먼저 $D$의 면적은 

$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{2\sqrt{2}}ydx\\ =& {\int }_{-1}^{1}y(t)\frac{dx(t)}{dt}dt\\ =& {\int }_{-1}^{1}3(1+t)\sqrt{1-t}\cdot \frac{3}{2}\sqrt{1+t}dt\\ =& \frac{9}{2}{\int }_{-1}^1(1+t)\sqrt{1-t^2}dt\end{array}$$

이다. 그런데  $t\sqrt{1-t^2}$은 기함수이므로, $${\int }_{-1}^{1}t\sqrt{1-t^2}dt=0$$이다. 또, $${\int }_{-1}^1\sqrt{1-t^2}dt$$는 반지름의 길이가 1인 반원의 넓이를 의미하기 때문에, $D$의 면적은 $$\frac{9}{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{9}{4}\pi$$이다.

 

 

다음으로 4분원의 넓이는 $$\frac{3\sqrt{6}}{2}\cdot \frac{3\sqrt{6}}{2}\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{27}{8}\pi$$이다. 따라서 $D$가 지나는 영역 전체의 넓이는 $$\frac{9}{4}\pi +\frac{27}{8}\pi =\frac{45}{8}\pi$$이다.