ある点の直交座標が $(x,y)$ で極座標が $(r, \theta)$ である時

$\left\{ \begin{aligned} x & = r\cos \theta \\ y & = r\sin \theta \end{aligned} \right.$

という関係が成り立ちます。

(1)
$x$ 座標と $y$ 座標をそれぞれ求めると

$x = r\cos \theta = \cos \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$y = r\sin \theta = \sin \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{1}{2}$

よってこの点の直交座標は $\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2},~\dfrac{1}{2} \right)$ となります。

(2)
直交座標と極座標の関係から

$x^2 + y^2 = r^2$

が成り立つので

$r^2 = x^2 + y^2 = \left(\sqrt{2}\right)^2 + \left(\sqrt{2}\right)^2 = 4$

$r \gt 0$ より $r=2$ となります。また

$\cos \theta = \dfrac{x}{r} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$

$\sin \theta = \dfrac{y}{r} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$

であるから, これを満たす $\theta$ は $\theta = \dfrac{\pi}{4}$ であることがわかります。

よってこの点の極座標は $\left( 2,~\dfrac{\pi}{4} \right)$ となります。

(1)
直交座標と極座標の関係から

$\sqrt{x^2 + y^2} = r = 4$

両辺を $2$ 乗すれば

$x^2 + y^2 = 16$

よってこの図形は原点を中心とする半径 $4$ の円であることがわかります。

(2)
加法定理を用いると

$\begin{eqnarray*} r\sin\left( \theta -\dfrac{\pi}{2}\right) & = & r\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}}\sin \theta - \dfrac{1}{\sqrt{2}}\cos \theta \right)\\[1em] & = & \dfrac{1}{\sqrt{2}}\left( r\sin \theta - r\cos \theta \right)\\[1em] & = & \dfrac{1}{\sqrt{2}}\left( y-x\right) \end{eqnarray*}$

よって

$\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left( y-x\right) = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$

両辺を $\sqrt{2}$ 倍して整理すれば $y = x+1$ となります。

よってこの図形は傾きが $1$ で $y$ 切片が $1$ の直線になります。

極方程式 $r=f(\theta)$ と直線 $\theta = \alpha$, $\theta = \beta$ で囲まれた部分の面積 $S$ は

$\displaystyle S = \int_{\alpha}^{\beta} \dfrac{1}{2} \left\{ f(\theta)\right\}^2~d\theta$

で計算できます。

与えられた図形は上図のようになり, $x$ 軸と $y$ 軸はそれぞれ直線 $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ と $\theta = \pi$ に一致するから面積 $S$ は

$\displaystyle S = \cfrac{1}{2} \int_{\frac{\pi }{2}}^{\pi} {\theta }^2 d\theta = \cfrac{1}{2} \left[\cfrac{1}{3} \theta ^3 \right]_{\frac{\pi }{2}}^\pi = \cfrac{7}{48} \pi^3$

極方程式 $r=f(\theta)~~(\alpha \leqq \theta \leqq \beta)$ で表される曲線の長さ $L$ は

$\displaystyle L = \int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{ \left\{ f(\theta) \right\}^2 + \left\{ f'(\theta) \right\}^2 } ~ d\theta = \int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{ r^2 + \left( r' \right)^2 } ~ d\theta$

で計算できます。

$\left( 3e^{\theta}\right)' = 3e^{\theta}$ より

$\begin{eqnarray*} L &=& \int_{0}^{\pi} \sqrt{ (3e^\theta )^2+(3e^\theta )^2 }\ d\theta \\[1em] &=& \int_{0}^{\pi} \sqrt{18e^{2\theta} }\ d\theta \\[1em] &=& \int_{0}^{\pi} 3\sqrt{2}\ e^\theta \ d\theta = \left[3\sqrt{2}\ e^\theta \right]_0^\pi = 3\sqrt{2}(e^\pi -1) \end{eqnarray*}$