九州大学 2020年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

点 $(0,2,2)$ と $x$ 軸を含む平面を求める。$x$ 軸の方向ベクトルは $(1,0,0)$ であり、原点から点 $(0,2,2)$ へ向かうベクトルは $(0,2,2)$ である。したがってこの平面は $z=y$ である。

底面 $D$ は $z=0$ にあり、かつ $1\leqq y\leqq 3$ であるから、$D$ を含む側は $z\leqq y$ の側である。よって立体 $T$ は $$x^2+(y-2{)}^2\leqq 1,0\leqq z\leqq y$$ で表される。

(1) $-1\leqq t\leqq 1$ とし、平面 $x=t$ で切る。このとき $(y-2{)}^2\leqq 1-t^2$ であるから $$2-\sqrt{1-t^2}\leqq y\leqq 2+\sqrt{1-t^2}$$ である。各 $y$ に対して $0\leqq z\leqq y$ なので、断面積 $S(t)$ は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S(t)}& {\displaystyle ={\int }_{2-\sqrt{1-t^2}}^{2+\sqrt{1-t^2}}ydy}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}\{(2+\sqrt{1-t^2}{)}^2-(2-\sqrt{1-t^2}{)}^2\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =4\sqrt{1-t^2}}\end{array}$$である。

したがって $T$ の体積は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_{-1}^{1}S(t)dt}& {\displaystyle ={\int }_{-1}^{1}4\sqrt{1-t^2}dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =4\cdot \frac{\pi }{2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle 2\pi }}\end{array}$$である。ここで ${\int }_{-1}^1\sqrt{1-t^2}dt$ は半径1の半円の面積 $\frac{\pi }{2}$ である。

(2) $x=t$ を固定し、$$h=\sqrt{1-t^2}$$ とおく。この断面は $yz$ 平面内で $$2-h\leqq y\leqq 2+h,0\leqq z\leqq y$$ を満たす領域である。

この領域を $x$ 軸のまわりに回転させる。$x$ 軸からの距離は $\sqrt{y^2+z^2}$ である。最小距離は $z=0$、$y=2-h$ のとき $2-h$ である。最大距離は $z=y$、$y=2+h$ のとき $$\sqrt{(2+h{)}^2+(2+h{)}^2}=\sqrt{2}(2+h)$$ である。断面領域内で距離はこの間を連続的に動くので、回転後の $x=t$ における断面は内半径 $2-h$、外半径 $\sqrt{2}(2+h)$ の円環である。

したがってその断面積は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle A(t)}& {\displaystyle =\pi \{(\sqrt{2}(2+h){)}^2-(2-h{)}^2\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\pi \{2(2+h{)}^2-(2-h{)}^2\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\pi (4+12h+h^2)}\end{array}$$である。$h^2=1-t^2$ より、求める体積は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_{-1}^{1}A(t)dt}& {\displaystyle =\pi {\int }_{-1}^1\{4+12\sqrt{1-t^2}+1-t^2\}dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\pi (8+12\cdot \frac{\pi }{2}+{\int }_{-1}^1(1-t^2)dt)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\pi (8+6\pi +\frac{4}{3})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle 6{\pi }^2+\frac{28}{3}\pi }}\end{array}$$である。

(1) の体積は、底面円盤上の各点 $(x,y)$ に高さ $y$ を立てた立体として二重積分し、円盤の重心対称性を使う。(2)は $x=t$ の $yz$ 断面を極座標で見て、回転後に実現する半径の連続区間を求める。

点 $(0,2,2)$ と $x$ 軸を含む平面は$$z=y$$である。底面円盤は $z=0$ かつ $1\leqq y\leqq 3$ にあるので、$D$ を含む側は $z\leqq y$ である。したがって$$T=\{(x,y,z)|x^2+(y-2{)}^2\leqq 1,0\leqq z\leqq y\}\mathrm{.}$$(1)
$x=t$ とし$$h=\sqrt{1-t^2}$$とおく。断面では $2-h\leqq y\leqq 2+h$、$0\leqq z\leqq y$ だから$$S(t)={\int }_{2-h}^{2+h}ydy=4h=4\sqrt{1-t^2}\mathrm{.}$$体積は別の見方をすると、底面円盤$$D:x^2+(y-2{)}^2\leqq 1$$上に高さ $y$ を立てたものなので$$V(T)={\iint }_{D}ydxdy\mathrm{.}$$$Y=y-2$ とおけば、単位円盤上で $Y$ の積分は対称性により0である。よって$$V(T)={\iint }_D(2+Y)dxdY=2\mathrm{Area}(D)=2\pi \mathrm{.}$$(2)
$x=t$ の断面で、$x$ 軸からの距離を$$\rho =\sqrt{y^2+z^2}$$とする。領域 $$2-h\leqq y\leqq 2+h,0\leqq z\leqq y$$ は連結なので、$\rho$ の値域も区間になる。最小値は $(y,z)=(2-h,0)$ で$${\rho }_{\min }=2-h,$$最大値は $(y,z)=(2+h,2+h)$ で$${\rho }_{\max }=\sqrt{2}(2+h)$$である。したがって回転後の断面は円環になり、その面積は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle A(t)}& {\displaystyle =\pi \{{\rho }_{\max }^{}-{\rho }_{\min }^{}\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\pi \{2(2+h{)}^2-(2-h{)}^2\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\pi (4+12h+h^2)\mathrm{.}}\end{array}$$ここで $h^2=1-t^2$ だから$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V}& {\displaystyle =\pi {\int }_{-1}^1(5-t^2+12\sqrt{1-t^2})dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\pi (10-\frac{2}{3}+12\cdot \frac{\pi }{2})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =6{\pi }^2+\frac{28}{3}\pi \mathrm{.}}\end{array}$$固定した $t$ における元の断面と、回転後の円環の半径は次図の関係である。