京都大学 1992年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1)
放物線 $z=1-x^2$ を $z$ 軸のまわりに回転して得られる曲面は $z=1-x^2-y^2$ である。

点 $(t,0,1-t^2)$ における接平面を求める。$z=1-x^2-y^2$ では，$x$ 方向の傾きは $-2x$，$y$ 方向の傾きは $-2y$ であるから，この点での接平面は $z-(1-t^2)=-2t(x-t)$ すなわち $z=1+t^2-2tx$ である。同様に，4点での接平面は $$z=1+t^2-2tx,z=1+t^2+2tx,$$ $$z=1+t^2-2ty,z=1+t^2+2ty$$ である。

これら4平面と $xy$ 平面で囲まれる立体を，高さ $z$ の水平面で切る。$0\leqq z\leqq 1+t^2$ において，4つの平面の内側にある条件は $z\leqq 1+t^2-2t\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid },z\leqq 1+t^2-2t\mathrm{\mid }y\mathrm{\mid }$ である。したがって $$\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\leqq \frac{1+t^2-z}{2t},\mathrm{\mid }y\mathrm{\mid }\leqq \frac{1+t^2-z}{2t}$$ となる。よって高さ $z$ の断面は，一辺の長さ $\frac{1+t^2-z}{t}$ の正方形である。

したがって体積は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V(t)}& {\displaystyle ={\int }_0^{1+t^2}{\left(\frac{1+t^2-z}{t}\right)}^{2}dz}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{t^2}{\int }_0^{1+t^2}(1+t^2-z{)}^{2}dz}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{t^2}\cdot \frac{(1+t^2{)}^3}{3}=\frac{(1+t^2{)}^3}{3t^2}\mathrm{.}}\end{array}$$よって $${\displaystyle V(t)=\frac{(1+t^2{)}^3}{3t^2}}$$ である。

別解。断面の形から，この立体は頂点 $(0,0,1+t^2)$ を持ち，$xy$ 平面上に一辺 $\frac{1+t^2}{t}$ の正方形を底面とする四角すいである。したがって$$V(t)=\frac{1}{3}{\left(\frac{1+t^2}{t}\right)}^2(1+t^2)=\frac{(1+t^2{)}^3}{3t^2}$$とも求められる。

(2) $u=t^2$ とおく。$0<t<1$ より $0<u<1$ であり，$$V(t)=\frac{(1+u{)}^3}{3u}$$ である。これを $F(u)$ とおくと $$F^{\mathrm{\prime }}(u)=\frac{(1+u{)}^2(2u-1)}{3u^2}$$ である。$0<u<1$ では，$0<u<\frac{1}{2}$ で $F^{\mathrm{\prime }}(u)<0$，$\frac{1}{2}<u<1$ で $F^{\mathrm{\prime }}(u)>0$ だから，最小は $u=\frac{1}{2}$ で生じる。

したがって $t=\frac{1}{\sqrt{2}}$ であり，このとき$$V_{\min }=\frac{{(1+\frac{1}{2})}^3}{3\cdot \frac{1}{2}}=\frac{\frac{27}{8}}{\frac{3}{2}}=\frac{9}{4}$$である。よって $${\displaystyle t=\frac{1}{\sqrt{2}},V_{\min }=\frac{9}{4}}$$ である。