(1)

\[\begin{aligned} I(m,0) &= \int_\alpha ^\beta (x-\alpha )^m\,dx = \left[\frac{(x-\alpha )^{m+1}}{m+1}\right] _\alpha ^\beta \\ &= \frac{(\beta -\alpha )^{m+1}}{m+1} \quad \cdots [1] \end{aligned}\] である.

(2)

$n \geqq 1$ のとき, \[\begin{aligned} I(m,n) &= \int_\alpha ^\beta\left\{\frac{(x-\alpha )^{m+1}}{m+1}\right\} '(\beta -x)^n\,dx \\ &= \left[\frac{(x-\alpha )^{m+1}}{m+1}(\beta -x)^n\right] _\alpha ^\beta \\ &\qquad -\int_\alpha ^\beta\frac{(x-\alpha )^{m+1}}{m+1}\cdot n(\beta -x)^{n-1}(-1)\,dx \\ &= \frac{n}{m+1}\int_\alpha ^\beta (x-\alpha )^{m+1}(\beta -x)^{n-1}\,dx \\ &= \frac{n}{m+1}I(m+1,n-1) \quad \cdots [2] \end{aligned}\] が成り立つ.

(3)

$[1],$ $[2]$ から, \[\begin{aligned} I(m,n) &= \frac{n}{m+1}\cdots \frac{1}{m+n}I(m+n,0) \quad (\because [2]) \\ &= \frac{m!n!}{(m+n)!}\cdot\frac{(\beta -\alpha )^{m+n+1}}{m+n+1} \quad (\because [1]) \\ &= \frac{m!n!}{(m+n+1)!}(\beta -\alpha )^{m+n+1} \quad \cdots [3] \end{aligned}\] が成り立つ.

(4)

$\alpha = 0,$ $\beta = 1$ の場合を考えると, $[3]$ から \[ B(p,q) = I(p-1,q-1) = \frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-1)!} \quad \cdots [4]\] が得られる.

(5)

$x^{\frac{1}{p}}+y^{\frac{1}{q}} = 1$ のとき, $y = (1-x^{\frac{1}{p}})^q$ から \[ S(p,q) = \int_0^1(1-x^{\frac{1}{p}})^q\,dx\] である. $t = x^{\frac{1}{p}}$ と置換すると, $x = t^p,$ $\dfrac{dx}{dt} = pt^{p-1}$ となるから, \[\begin{aligned} S(p,q) &= \int_0^1(1-t)^q\cdot pt^{p-1}\,dt = p\cdot B(p,q+1) \\ &= p\cdot\frac{(p-1)!q!}{(p+q)!} = \frac{p!q!}{(p+q)!} \quad (\because [4]) \end{aligned}\] が得られる.

　曲線 $C:y = \dfrac{1}{x}$ は下に凸であるから, $2$ 点 $\left( k,\dfrac{1}{k}\right),$ $\left( k+1,\dfrac{1}{k+1}\right)$ を結ぶ直線と $x$ 軸, 直線 $x = k,$ $x = k+1$ が囲む台形の面積は $C$ と $x$ 軸, 直線 $x = k,$ $x = k+1$ が囲む図形の面積より大きいから, \[\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}\right)\cdot 1 > \int_k^{k+1}\frac{dx}{x}\] が成り立つ. $1 \leqq k \leqq n-1$ なる整数 $k$ に対して辺々を加えると, \[\begin{aligned} \frac{1}{2}\sum_{k = 1}^{n-1}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}\right) &> \int_1^n\frac{dx}{x} \\ \frac{1}{2}\left( 2\sum_{k = 1}^n\frac{1}{k}-\frac{1}{n}-1\right) &> \log n \\ \sum_{k = 1}^n\frac{1}{k}-\log n &> \frac{1}{2}+\frac{1}{2n} \end{aligned}\] が得られる.

　$y^2 = 4px,$ $x^2 = 4qy$ の交点の $x$ 座標は, $y^2 = 4px,$ $x^4 = 16q^2y^2$ から $y$ を消去した方程式

$x^4 = 64pq^2x$　つまり　$x(x^3-64pq^2) = 0$

の解であるから, $x = 0,$ $4\sqrt[3]{pq^2}$ である. また, $y \geqq 0$ において \[ y^2 = 4px \iff y = 2\sqrt{px}\] であるから, 求める面積は \[\begin{aligned} \int_0^{4\sqrt[3]{pq^2}}\left( 2\sqrt{px}-\frac{x^2}{4q}\right)\,dx &= \left[ 2\sqrt{p}\cdot\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{4q}\cdot\frac{x^3}{3}\right]_0^{4\sqrt[3]{pq^2}} \\ &= \frac{32}{3}pq-\frac{16}{3}pq = \frac{16}{3}pq \end{aligned}\] である.

　単位円は, 不等式 $x^2+y^2 \leqq 1$ つまり \[ -\sqrt{1-x^2} \leqq y \leqq \sqrt{1-x^2}\] で表される. この円は $x$ 軸に関して対称であるから, $S$ は曲線 $y = \sqrt{1-x^2}$ と $x$ 軸が囲む図形の面積の $2$ 倍に等しい. $x = \cos t\ \left( 0 \leqq t \leqq \dfrac{\pi}{2}\right)$ とおくと, \[\begin{aligned} S &= 2\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,dx = 4\int _0^1\sqrt{1-x^2}\,dx \\ &= 4\int_{\frac{\pi}{2}}^0\sqrt{1-\cos ^2t}(-\sin t)\,dt \\ &= 4\int_0^\frac{\pi}{2}\sin ^2t\,dt = 2\int_0^\frac{\pi}{2}(1-\cos 2t)\,dt \\ &= 2\left[ t-\frac{\sin 2t}{2}\right] _0^\frac{\pi}{2} = \pi \end{aligned}\] が得られる.

　単位円の周は $x = \cos t,$ $y = \sin t$ $(0 \leqq t \leqq 2\pi )$ で表される. この円は $x$ 軸に関して対称であるから, $S$ は半円の面積の $2$ 倍であり, \[\begin{aligned} S &= 2\int_{-1}^1y\,dx \\ &= 2\int_\pi ^0y\frac{dx}{dt}\,dt = 2\int_\pi ^0\sin t(-\sin t)\,dt \\ &= 2\int_0^\pi\sin ^2t\,dt = \int_0^\pi(1-\cos 2t)\,dt \\ &= \left[ t-\frac{\sin 2t}{2}\right] _0^\pi = \pi \end{aligned}\] である.

　単位円の周は極方程式 $r = 1$ で表されるから, その面積は \[\begin{aligned} S &= \frac{1}{2}\int_0^{2\pi}r^2\,d\theta = \frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\,d\theta \\ &= \frac{1}{2}\left[\theta\right] _0^{2\pi} = \frac{1}{2}\cdot 2\pi = \pi \end{aligned}\] である.

　楕円 \[\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} \leqq 1, \quad \frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{a^2} \leqq 1\] は $x$ 軸, $y$ 軸に関して対称であり, 互いに直線 $y = x$ に関して対称であるから, その共通部分は $x$ 軸, $y$ 軸, 直線 $y = x$ に関して対称である. よって, 求める面積 $S$ は, 楕円の周 $C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2} = 1$ $(y \geqq 0)$ と $y$ 軸, 直線 $y = x$ が囲む図形の面積の $8$ 倍である. $C$ と直線 $y = x$ の第 $1$ 象限における交点の $x$ 座標は, の解 \[ x = \frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}} = a\sin\beta\] である. $y \geqq 0$ において $C$ は $y = \dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}$ と表されるから, \[\begin{aligned} \frac{S}{8} &= \int_0^{\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}}\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}\,dx-\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2 \\ &= \frac{b}{a}\int_0^{\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}}\sqrt{a^2-x^2}\,dx-\frac{a^2b^2}{2(a^2+b^2)} \end{aligned}\] である. $x = a\sin\theta$ とおくと, $\dfrac{dx}{d\theta} = a\cos\theta$ となるから, \[\begin{aligned} &\int_0^{\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}}\sqrt{a^2-x^2}\,dx = \int_0^\beta\sqrt{a^2(1-\sin ^2\theta )}\cdot a\cos\theta\,d\theta \\ &= a^2\int_0^\beta\cos ^2\theta\,d\theta = \frac{a^2}{2}\int_0^\beta (1+\cos 2\theta )\,d\theta \\ &= \frac{a^2}{2}\left[\theta +\frac{1}{2}\sin 2\theta\right] _0^\beta = \frac{a^2}{2}\beta+\frac{a^2}{4}\sin 2\beta \end{aligned}\] が得られる. ゆえに, 求める面積は, \[\begin{aligned} S &= \frac{8b}{a}\left(\frac{a^2}{2}\beta +\frac{a^2}{4}\sin 2\beta\right) -\frac{4a^2b^2}{a^2+b^2} \\ &= 4ab\beta +4ab\sin\beta\cos\beta -\frac{4a^2b^2}{a^2+b^2} \\ &= 4ab\beta +4ab\cdot\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}-\frac{4a^2b^2}{a^2+b^2} \\ &= 4ab\beta \end{aligned}\] である.

　$0 \leqq x \leqq 1,$ $y \geqq 0$ であることに注意すると, $y = 2x\sqrt{1-x^2}$ である. よって, 求める面積は, \[\begin{aligned} S &= \int_0^12x\sqrt{1-x^2}\,dx \\ &= -\int_0^1(1-x^2)'\sqrt{1-x^2}\,dx \\ &= -\left[\frac{2}{3}(1-x^2)^{\frac{3}{2}}\right] _0^1 \\ &= \frac{2}{3} \end{aligned}\] である.

　$0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ において $x = \sin\theta$ は単調に増加して, その値の範囲は $0 \leqq x \leqq 1$ である. また, この範囲で $y = \sin 2\theta \geqq 0$ であるから, 求める面積は \[\begin{aligned} S &= \int_0^1y\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}y\frac{dx}{d\theta}\,d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin 2\theta\cos\theta\,d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}}2\sin\theta\cos ^2\theta\,d\theta \\ &= -2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^2\theta (-\sin\theta )\,d\theta = -2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^2\theta (\cos\theta )'\,d\theta \\ &= -2\left[\frac{1}{3}\cos ^3\theta\right] _0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{2}{3} \end{aligned}\] である.

(A)

$x$ が $0$ から $2\pi$ まで増加するとき, $\theta$ は $0$ から $2\pi$ まで単調に増加する. $\dfrac{dx}{d\theta} = 1-\cos\theta$ であるから, 求める面積は \[\begin{aligned} S &= \int_0^{2\pi}y\,dx \\ &= \int_0^{2\pi}y\frac{dx}{d\theta}\,d\theta \\ &= \int_0^{2\pi}(1-\cos\theta )^2\,d\theta \\ &= \int_0^{2\pi}(1-2\cos\theta +\cos ^2\theta )\,d\theta \\ &= \int_0^{2\pi}\left(\frac{3}{2}-2\cos\theta +\frac{1}{2}\cos 2\theta\right)\,d\theta \\ &= \left[\frac{3}{2}\theta -2\sin\theta +\frac{1}{4}\sin 2\theta\right] _0^{2\pi} \\ &= \frac{3}{2}(2\pi -0) = 3\pi \end{aligned}\] である.

(B)

\[\begin{aligned} \{ 1+\cos (-\theta )\}\cos (-\theta ) &= (1+\cos\theta )\cos\theta \\ \{ 1+\cos (-\theta )\}\sin (-\theta ) &= -(1+\cos\theta )\sin\theta \end{aligned}\] であるから, 曲線の $-\pi \leqq \theta \leqq 0$ の部分と $0 \leqq \theta \leqq \pi$ の部分は $x$ 軸に関して対称である. \[\begin{aligned} \frac{dx}{d\theta} &= -\sin\theta\cos\theta +(1+\cos\theta )(-\sin\theta ) \\ &= -\sin\theta (1+2\cos\theta ) \end{aligned}\] であるから, $\theta$ が $0$ から $\dfrac{2}{3}\pi$ まで増加するとき $x$ は $2$ から $-\dfrac{1}{4}$ まで単調に減少し, $\theta$ が $\dfrac{2}{3}\pi$ から $\pi$ まで増加するとき $x$ は $-\dfrac{1}{4}$ から $0$ まで単調に増加する. $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{2}{3}\pi$ の部分の $y$ 座標を $y_1,$ $\dfrac{2}{3}\pi \leqq \theta \leqq \pi$ の部分の $y$ 座標を $y_2$ とおくと, 求める面積は, \[\begin{aligned} &S = 2\left(\int_{-\frac{1}{4}}^2y_1\,dx-\int_{-\frac{1}{4}}^0y_2\,dx\right) \\ &= 2\left[\int_{\frac{2}{3}\pi}^0(1+\cos\theta )\sin\theta\{ -\sin\theta (1+2\cos\theta )\}\,d\theta\right. \\ &\qquad \left.\int_{\frac{2}{3}\pi}^\pi (1+\cos\theta )\sin\theta\{ -\sin\theta (1+2\cos\theta )\}\,d\theta\right] \\ &= 2\int_0^\pi\sin ^2\theta (1+\cos\theta )(1+2\cos\theta )\,d\theta \\ &= 2\int_0^\pi (-2\cos ^4\theta -3\cos ^3\theta +\cos ^2\theta +3\cos\theta +1)\,d\theta \\ &= 2\!\int_0^\pi\left(-\frac{\cos 4\theta}{4}-\frac{3\cos 3\theta}{4}-\frac{\cos 2\theta}{2}+\frac{3\cos\theta}{4}+\frac{3}{4}\right)\,d\theta \\ &= 2\left[ -\frac{\sin 4\theta}{16}-\frac{\sin 3\theta}{4}-\frac{\sin 2\theta}{4}+\frac{3\sin\theta}{4}+\frac{3\theta}{4}\right] _0^\pi \\ &= \frac{3}{2}\pi \end{aligned}\] である.

(C)

\[\cos ^3(2\pi -\theta ) = \cos ^3\theta, \quad \sin ^3(2\pi -\theta ) = -\sin ^3\theta\] から曲線の $0 \leqq \theta \leqq \pi$ の部分と $\pi \leqq \theta \leqq 2\pi$ の部分は $x$ 軸に関して対称であり, \[\cos ^3(\pi -\theta ) = -\cos ^3\theta, \quad \sin ^3(\pi -\theta ) = \sin ^3\theta\] から曲線の $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2},$ $\dfrac{3}{2}\pi \leqq \theta \leqq 2\pi$ の部分と $\dfrac{\pi}{2} \leqq \theta \leqq \dfrac{3}{2}\pi$ の部分は $y$ 軸に関して対称である. $\theta$ が $0$ から $\dfrac{\pi}{2}$ まで増加するとき, $x$ は $1$ から $0$ まで単調に減少する. $\dfrac{dx}{d\theta} = -3\cos ^2\theta\sin\theta$ であるから, \[\begin{aligned} S &= 4\int_0^1y\,dx \\ &= 4\int_{\frac{\pi}{2}}^0y\dfrac{dx}{d\theta}\,d\theta \\ &= 4\int_{\frac{\pi}{2}}^0\sin ^3\theta (-3\cos ^2\theta\sin\theta )\,d\theta \\ &= 12\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^4\theta\cos ^2\theta\,d\theta \\ &= 12\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^4\theta (1-\sin ^2\theta )\,d\theta \\ &= 12\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin ^4\theta -\sin ^6\theta )\,d\theta \end{aligned}\] である. ここで, \[\begin{aligned} &\sin ^4\theta -\sin ^6\theta \\ &= (\sin ^2\theta )^2-(\sin ^2\theta )^3 \\ &= \left(\frac{1-\cos 2\theta}{2}\right) ^2-\left(\frac{1-\cos 2\theta}{2}\right) ^3 \\ &= \frac{1}{8}\left( 1-\cos 2\theta -\cos ^22\theta +\cos ^32\theta\right) \\ &= \frac{1}{8}\left( 1-\cos 2\theta -\frac{1+\cos 4\theta}{2}+\frac{\cos 6\theta +3\cos 2\theta}{4}\right) \\ &= \frac{1}{32}\left( 2-\cos 2\theta -2\cos 4\theta +\cos 6\theta\right) \end{aligned}\] であるから, 求める面積は \[\begin{aligned} S &= \frac{3}{8}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left( 2-\cos 2\theta -2\cos 4\theta +\cos 6\theta\right)\,d\theta \\ &= \frac{3}{8}\left[ 2\theta -\frac{\sin 2\theta}{2}-\frac{\sin 4\theta}{2}+\frac{\sin 6\theta}{6}\right] _0^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{3}{8}\pi \end{aligned}\] である.

(B)

曲線は極方程式 \[ r = 1+\cos\theta \qquad (-\pi \leqq \theta \leqq \pi )\] で表され, \[ 1+\cos(-\theta ) = 1+\cos\theta\] から $-\pi \leqq \theta \leqq 0$ の部分と $0 \leqq \theta \leqq \pi$ の部分は $x$ 軸に関して対称であるので, 求める面積は \[\begin{aligned} S &= 2\cdot\frac{1}{2}\int_0^\pi r^2\,d\theta \\ &= \int_0^\pi (1+\cos\theta )^2\,d\theta \\ &= \int_0^\pi (1+2\cos\theta +\cos ^2\theta )\,d\theta \\ &= \int_0^\pi\left(\frac{3}{2}+2\cos\theta +\frac{\cos 2\theta}{2}\right)\,d\theta \\ &= \left[\frac{3}{2}\theta +2\sin\theta +\frac{\sin 4\theta}{4}\right] _0^\pi \\ &= \frac{3}{2}\pi \end{aligned}\] である.

(C)

\[\begin{aligned} S &= 4\int_0^1y\,dx \\ &= 4\int_{\frac{\pi}{2}}^0y\dfrac{dx}{d\theta}\,d\theta \\ &= 4\int_{\frac{\pi}{2}}^0\sin ^3\theta (-3\cos ^2\theta\sin\theta )\,d\theta \\ &= 12\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^4\theta\cos ^2\theta\,d\theta \\ &= 12\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^4\theta (1-\sin ^2\theta )\,d\theta \\ &= 12\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin ^4\theta -\sin ^6\theta )\,d\theta \\ &= 12\left(\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}-\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\right) \\ &= \frac{3}{8}\pi \end{aligned}\] である.

(A)

\[\begin{aligned} &S = \int_0^{\frac{\pi}{2}}x\,dy = \int_0^{\frac{\pi}{2}}x\frac{dy}{d\theta}\,d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\cos\theta\cdot (\sin\theta +\theta\cos\theta )\,d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\theta\sin\theta\cos\theta +\theta ^2\cos ^2\theta\right)\,d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\theta\cdot\frac{\sin 2\theta}{2}+\theta ^2\cdot\frac{1+\cos 2\theta}{2}\right)\,d\theta \\ &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta ^2\,d\theta +\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\sin 2\theta\,d\theta +\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta ^2\cos 2\theta\,d\theta \end{aligned}\] であり, \[\begin{aligned} &\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta ^2\cos 2\theta\,d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta ^2\left(\frac{\sin 2\theta}{2}\right) '\,d\theta \\ &= \left[\theta ^2\cdot\frac{\sin 2\theta}{2}\right] _0^{\frac{\pi}{2}} -\int_0^{\frac{\pi}{2}}2\theta\cdot\frac{\sin 2\theta}{2}\,d\theta \\ &= -\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\sin 2\theta\,d\theta \end{aligned}\] であるから, 求める面積は \[ S = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta ^2\,d\theta = \frac{1}{2}\left[\frac{\theta ^3}{3}\right] _0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi ^3}{48}\] である.

(B)

\[\begin{aligned} &S = \int_0^{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}x\,dy = \int_0^{\frac{\pi}{2}}x\frac{dy}{d\theta}\,d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt\theta\cos\theta\cdot\left(\frac{1}{2\sqrt\theta}\cdot\sin\theta +\sqrt\theta\cos\theta\right)\,d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{\sin\theta\cos\theta}{2}+\theta\cos ^2\theta\right)\,d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{\sin 2\theta}{4}+\theta\cdot\frac{1+\cos 2\theta}{2}\right)\,d\theta \\ &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\,d\theta +\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin 2\theta\,d\theta +\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\cos 2\theta\,d\theta \end{aligned}\] であり, \[\begin{aligned} &\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\cos 2\theta\,d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\left(\frac{\sin 2\theta}{2}\right) '\,d\theta \\ &= \left[\theta\cdot\frac{\sin 2\theta}{2}\right] _0^{\frac{\pi}{2}} -\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin 2\theta}{2}\,d\theta \\ &= -\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin 2\theta\,d\theta \end{aligned}\] であるから, 求める面積は \[ S = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\,d\theta = \frac{1}{2}\left[\frac{\theta ^2}{2}\right] _0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi ^2}{16}\] である.

(C)

求める面積は, \[\begin{aligned} S &= \int_0^{e^{\frac{\pi}{2}}}x\,dy = \int_0^{\frac{\pi}{2}}x\frac{dy}{d\theta}\,d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^\theta\cos\theta\cdot e^\theta (\sin\theta +\cos\theta )\,d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta}(\sin\theta\cos\theta +\cos ^2\theta)\,d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta}\left(\frac{\sin 2\theta}{2}+\frac{1+\cos 2\theta}{2}\right)\,d\theta \\ &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta}\,d\theta +\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta}(\sin 2\theta +\cos 2\theta )\,d\theta \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{e^{2\theta}}{2}\right] _0^{\frac{\pi}{2}}+\frac{1}{2}\left[\frac{e^{2\theta}\sin 2\theta}{2}\right] _0^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{e^\pi -1}{4} \end{aligned}\] である.

(A)

\[ x^2+y^2 = \theta ^2(\cos ^2\theta +\sin ^2\theta ) = \theta ^2\] から曲線は極方程式 \[ r = \theta\] で表されるので, 求める面積は \[ S = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}r^2\,d\theta = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta ^2\,d\theta = \frac{1}{2}\left[\frac{\theta ^3}{3}\right] _0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi ^3}{48}\] である.

(B)

\[ x^2+y^2 = \theta (\cos ^2\theta +\sin ^2\theta ) = \theta\] から曲線は極方程式 \[ r = \sqrt\theta\] で表されるので, 求める面積は \[ S = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}r^2\,d\theta = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\,d\theta = \frac{1}{2}\left[\frac{\theta ^2}{2}\right] _0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi ^2}{16}\] である.

(C)

\[ x^2+y^2 = e^{2\theta}(\cos ^2\theta +\sin ^2\theta ) = e^{2\theta}\] から曲線は極方程式 \[ r = e^\theta\] で表されるので, 求める面積は \[\begin{aligned} S &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}r^2\,d\theta = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta}\,d\theta \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{e^{2\theta}}{2}\right] _0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{e^\pi -1}{4} \end{aligned}\] である.

(1)

\[ p^2-q^2 = \frac{e^{2\theta}+2+e^{-2\theta}}{4}-\frac{e^{2\theta}-2+e^{-2\theta}}{4} = 1\] が成り立つから, 点 $\mathrm P$ は双曲線 $C:x^2-y^2 = 1$ 上にある.

(2)

$\mathrm H(p,0)$ とおく. $q > 0$ であり, $y \geqq 0$ のとき \[ x^2-y^2 = 1 \iff y = \sqrt{x^2-1}\] であるから, $S$ は直角三角形 $\mathrm{OHP}$ から曲線 $y = \sqrt{x^2-1}$ と $x$ 軸, 直線 $x = p$ が囲む図形を除いた部分の面積に等しく, \[ S = \frac{1}{2}pq-\int_1^p\sqrt{x^2-1}\,dx\] である.

第 $2$ 項で $x = \dfrac{e^t+e^{-t}}{2}$ と置換すると \[\begin{aligned} &\int_1^p\sqrt{x^2-1}\,dx = \int_0^\theta\sqrt{\left(\frac{e^t+e^{-t}}{2}\right) ^2-1}\frac{dx}{dt}\,dt \\ &= \int_0^\theta\sqrt{\left(\frac{e^t-e^{-t}}{2}\right) ^2}\frac{e^t-e^{-t}}{2}\,dt = \int_0^\theta\left(\frac{e^t-e^{-t}}{2}\right) ^2\,dt \\ &= \frac{1}{4}\int_0^\theta (e^{2t}-2+e^{-2t})\,dt = \frac{1}{4}\left[\frac{e^{2t}}{2}-2t-\frac{e^{-2t}}{2}\right] _0^\theta \\ &= \frac{e^{2\theta}-e^{-2\theta}}{8}-\frac{\theta}{2} \end{aligned}\] となるから, $S$ は \[ S = \frac{1}{2}\cdot\frac{e^\theta +e^{-\theta}}{2}\cdot\frac{e^\theta -e^{-\theta}}{2}-\left(\frac{e^{2\theta}-e^{-2\theta}}{8}-\frac{\theta}{2}\right) = \frac{\theta}{2}\] と表される.

(1)

$\overrightarrow{\mathrm{TP}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{OT}} = (\cos\theta,\sin\theta )$ の単位法線ベクトルの $1$ つ $\vec n = (\sin\theta,-\cos\theta )$ を $\stackrel{\frown}{\mathrm{ET}} = \theta$ 倍に伸ばしたベクトルであるから, $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ は \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{OP}} &= \overrightarrow{\mathrm{OT}}+\overrightarrow{\mathrm{TP}} = \overrightarrow{\mathrm{OT}}+\theta\vec n \\ &= (\cos\theta,\sin\theta )+\theta (\sin\theta,-\cos\theta ) \\ &= (\cos\theta +\theta\sin\theta,\sin\theta -\theta\cos\theta ) \end{aligned}\] と表される.

(2)

点 $\mathrm A$ より左側では, ヤギは中心 $\mathrm A,$ 半径 $\pi$ の半円の上を動き回れる. 点 $\mathrm A$ より右側でヤギが動き回れる範囲は $x$ 軸に関して対称であるから, その $x$ 軸より上側の部分の面積を $S$ とおく. それは $0 \leqq \theta \leqq \pi$ におけるひもの先端 $\mathrm P\,(\neq \mathrm A)$ の軌跡と $x$ 軸, 直線 $x = -1$ が囲む図形から円の上半分を除いた部分の面積に等しい. 点 $\mathrm P(x,y)$ について, (1) の結果から \[\begin{aligned} x &= \cos\theta +\theta\sin\theta, \\ y &= \sin\theta -\theta\cos\theta, \\ \frac{dy}{d\theta} &= \cos\theta -\cos\theta +\theta\sin\theta = \theta\sin\theta \end{aligned}\] であるので, \[\begin{aligned} &S+\frac{\pi}{2} = \int_0^\pi\{ x-(-1)\}\,dy \\ &= \int_0^\pi (1+x)\frac{dy}{d\theta}\,d\theta \\ &= \int_0^\pi (1+\cos\theta +\theta\sin\theta )\theta\sin\theta\,d\theta \\ &= \int_0^\pi (\theta\sin\theta +\theta\sin\theta\cos\theta +\theta ^2\sin ^2\theta )\,d\theta \\ &= \int_0^\pi\left(\theta\sin\theta +\theta\cdot\frac{\sin 2\theta}{2}+\theta ^2\cdot\frac{1-\cos 2\theta}{2}\right)\,d\theta \\ &= \int_0^\pi\theta\sin\theta\,d\theta +\frac{1}{2}\int_0^\pi\theta\sin 2\theta\,d\theta \\ &\qquad +\frac{1}{2}\int_0^\pi\theta ^2\,d\theta -\frac{1}{2}\int_0^\pi\theta ^2\cos 2\theta\,d\theta \\ &= [\theta (-\cos\theta )]_0^\pi -\int_0^\pi (-\cos\theta )\,d\theta \\ &\qquad +\frac{1}{2}\left[\theta\cdot\frac{-\cos 2\theta}{2}\right] _0^\pi -\frac{1}{2}\int_0^\pi\frac{-\cos 2\theta}{2}\,d\theta \\ &\qquad +\frac{1}{2}\left[\frac{\theta ^3}{3}\right] _0^\pi -\frac{1}{2}\left[\theta ^2\cdot\frac{\sin 2\theta}{2}\right] _0^\pi +\frac{1}{2}\int_0^\pi 2\theta\cdot\frac{\sin 2\theta}{2}\,d\theta \\ &= \pi +[\sin\theta ]_0^\pi -\frac{\pi}{4}+\frac{1}{4}\left[\frac{\sin 2\theta}{2}\right] _0^\pi \\ &\qquad +\frac{\pi ^3}{6}+\frac{1}{2}\int_0^\pi\theta\sin 2\theta\,d\theta \\ &= \pi-\frac{\pi}{4}+\frac{\pi ^3}{6}-\frac{\pi}{4} \\ &= \frac{\pi ^3}{6}+\frac{\pi}{2} \end{aligned}\] から \[ S = \frac{\pi ^3}{6}\] が得られる. ゆえに, ヤギが動き回れる範囲の面積は, \[\frac{\pi ^3}{2}+2S = \frac{\pi ^3}{2}+2\cdot\frac{\pi ^3}{6} = \frac{5}{6}\pi ^3\] である.

(i)

$n$ が偶数のとき. 求める面積は, \[\begin{aligned} S &= 2n\cdot\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{n}}r^2\,d\theta = n\int_0^{\frac{\pi}{n}}\sin ^2n\theta\,d\theta \\ &= n\int_0^{\frac{\pi}{n}}\frac{1-\cos 2n\theta }{2}\,d\theta = \frac{n}{2}\left[\theta -\frac{\sin 2n\theta}{2n}\right] _0^{\frac{\pi}{n}} \\ &= \frac{n}{2}\cdot\frac{\pi}{n} = \frac{\pi}{2} \end{aligned}\] である.

(ii)

$n$ が奇数のとき. 求める面積は, \[\begin{aligned} S &= n\cdot\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{n}}r^2\,d\theta = \frac{n}{2}\int_0^{\frac{\pi}{n}}\sin ^2n\theta\,d\theta \\ &= \frac{n}{2}\int_0^{\frac{\pi}{n}}\frac{1-\cos 2n\theta}{2}\,d\theta = \frac{n}{4}\left[\theta -\frac{\sin 2n\theta}{2n}\right] _0^{\frac{\pi}{n}} \\ &= \frac{n}{4}\cdot\frac{\pi}{n} = \frac{\pi}{4} \end{aligned}\] である.

　$x = r\cos\theta,$ $y = r\sin\theta$ とおくと \[ x^2+y^2 = r^2, \quad x^2-y^2 = r^2\cos 2\theta\] となるから, 曲線 $C$ は $xy$ 平面において \[ (x^2+y^2)^2 = 2(x^2-y^2)\] で表される. よって, $C$ は $x$ 軸, $y$ 軸に関して対称であり, $x \geqq 0,$ $y \geqq 0$ の部分は偏角が $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{4}$ の部分に対応する. よって, 求める面積は, \[\begin{aligned} S &= 4\cdot\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{4}}r^2\,d\theta = 2\int_0^{\frac{\pi}{4}}2\cos 2\theta\,d\theta \\ &= 2[\sin 2\theta ] _0^{\frac{\pi}{4}} = 2 \end{aligned}\] である.