九州大学 2018年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第2問

(1) $$P=(-x,y),Q=(x,y),x^2+y^2=9$$と置く。$PR:RQ=2:1$ だから$$R=\frac{P+2Q}{3}=(\frac{x}{3},y)$$である。高さ $y$ において線分 $PR$ が通る範囲は$$-\sqrt{9-y^2}\leqq X\leqq \frac{1}{3}\sqrt{9-y^2}$$なので$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mathrm{Area}(S)}& {\displaystyle =\frac{4}{3}{\int }_0^3\sqrt{9-y^2}dy}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{4}{3}\cdot \frac{9\pi }{4}=3\pi }\end{array}$$となる。

(2) $P=(-3,0)$、$$Q=(3\cos \theta ,3\sin \theta )$$ と置くと$$R=(-1+2\cos \theta ,2\sin \theta )$$である。したがって $R$ は$$(X+1{)}^2+Y^2=4,Y\geqq 0$$の半円弧上を動く。左端 $P=(-3,0)$ からこの半円弧へ引いた線分全体は半円板を埋めるので$$T:(X+1{)}^2+Y^2\leqq 4,Y\geqq 0$$である。よって$$\mathrm{Area}(T)=2\pi$$となる。

(3) 第1象限での $S$ の右端と $T$ の右端は$$X_S(y)=\frac{1}{3}\sqrt{9-y^2},X_T(y)=-1+\sqrt{4-y^2}$$である。ただし $X_T(y)\geqq 0$ となるのは $0\leqq y\leqq \sqrt{3}$ である。領域 $U$ は次の青色部分になる。

したがって回転体積は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V=}& {\displaystyle \pi {\int }_0^{\sqrt{3}}\{X_S(y{)}^2-X_T(y{)}^2\}dy}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +\pi {\int }_{\sqrt{3}}^3{X}_S(y{)}^{2}dy}\end{array}$$である。すなわち$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V=}& {\displaystyle \pi {\int }_0^{\sqrt{3}}\{\frac{9-y^2}{9}-(-1+\sqrt{4-y^2}{)}^2\}dy}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +\pi {\int }_{\sqrt{3}}^3\frac{9-y^2}{9}dy}\end{array}$$となる。計算すると$${\int }_0^{\sqrt{3}}\{\frac{9-y^2}{9}-(-1+\sqrt{4-y^2}{)}^2\}dy=\frac{4\pi }{3}-\frac{26\sqrt{3}}{9}$$および$${\int }_{\sqrt{3}}^3\frac{9-y^2}{9}dy=2-\frac{\sqrt{3}}{3}$$だから$$V=\frac{\pi }{3}(4\pi +6-9\sqrt{3})$$である。

(1) (2) は内分点の軌跡を高さごとの区間または相似変換として捉える。(3) は $U$ を回転する代わりに、$S$ の第1象限部分の回転体から $T$ の第1象限部分の回転体を引く。前者は円板法、後者は円筒殻法で計算する。

(1) 高さ $y$ における半円の左右端を$$-\sqrt{9-y^2},\sqrt{9-y^2}$$とすると、内分点 $R$ の横座標は右端の $1\mathrm{/}3$ である。よって $PR$ の長さは$$\frac{4}{3}\sqrt{9-y^2}$$となる。これを $0\leqq y\leqq 3$ で積分し、$$\mathrm{Area}(S)=\frac{4}{3}\cdot \frac{9\pi }{4}=3\pi$$を得る。

(2) 写像$$Q⟼R=P+\frac{2}{3}(Q-P)$$は中心 $P=(-3,0)$、比 $2\mathrm{/}3$ の相似変換である。半径3の半円 $C$ は、中心 $(-1,0)$、半径2の半円へ移る。さらに $P$ と弧上の点を結ぶ線分が内部を埋めるので、$T$ はこの半円板であり、$$\mathrm{Area}(T)=2\pi$$である。

(3) $S$ の第1象限部分を回転した体積は$$V_S=\pi {\int }_0^3\frac{9-y^2}{9}dy=2\pi$$である。一方、$T$ の第1象限部分は$$0\leqq x\leqq 1,0\leqq y\leqq \sqrt{4-(x+1{)}^2}$$である。これを $y$ 軸のまわりに回転し、円筒殻法を使うと$$V_T=2\pi {\int }_0^{1}x\sqrt{4-(x+1{)}^2}dx$$となる。$u=x+1$ と置けば$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{1}x\sqrt{4-(x+1{)}^2}dx}& {\displaystyle ={\int }_1^2(u-1)\sqrt{4-u^2}du}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{2\pi }{3}}\end{array}$$である。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V}& {\displaystyle =V_S-V_T}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2\pi -2\pi (\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{2\pi }{3})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\pi }{3}(4\pi +6-9\sqrt{3})}\end{array}$$を得る。