九州大学 2020年度理系数学前期第5問解答・解説

問題

座標空間において，中心 $(0, 2, 0)$ ，半径1で $x y$ 平面内にある円を $D$ とする。 $D$ を底面とし， $z ≧ 0$ の部分にある高さ3の直円柱（内部を含む）を $E$ とする。点 $(0, 2, 2)$ と $x$ 軸を含む平面で $E$ を2つの立体に分け， $D$ を含む方を $T$ とする。以下の問いに答えよ。

(1) $- 1 ≦ t ≦ 1$ とする。平面 $x = t$ で $T$ を切ったときの断面積 $S (t)$ を求めよ。また， $T$ の体積を求めよ。

(2) $T$ を $x$ 軸のまわりに1回転させてできる立体の体積を求めよ。

出典：九州大学 2020年度前期日程第2次学力試験理系前期第5問

方針

解法1（x切断を回転して円環の面積を積分する）

切断平面を $z = y$ と定め、底面を含む側を $0 ≦ z ≦ y$ と表す。(1)は $x = t$ の断面積、(2)は同じ断面を $x$ 軸の周りに回転してできる円環の内外半径を求め、 $t$ で積分する。

解法2（底面上の高さ積分と断面の極座標を使う）

(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 $y z$ 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。

解答

解法1（x切断を回転して円環の面積を積分する）

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

(1)

$- 1 ≦ t ≦ 1$ とし、平面 $x = t$ で切る。このとき $(y - 2)^{2} ≦ 1 - t^{2}$ であるから $2 - 1 - t^{2} ≦ y ≦ 2 + 1 - t^{2}$ である。各 $y$ に対して $0 ≦ z ≦ y$ なので、断面積 $S (t)$ は

S (t) = \int_{2 - 1 - t^{2}}^{2 + 1 - t^{2}} y d y = \frac{1}{2} {(2 + 1 - t^{2})^{2} - (2 - 1 - t^{2})^{2}} = 4 1 - t^{2}

である。

したがって $T$ の体積は

\int_{- 1}^{1} S (t) d t = \int_{- 1}^{1} 4 1 - t^{2} d t = 4 \cdot \frac{π}{2} = 2 π

である。ここで $\int_{- 1}^{1} 1 - t^{2} d t$ は半径1の半円の面積 $\frac{π}{2}$ である。

(2)

$x = t$ を固定し、 $h = 1 - t^{2}$ とおく。この断面は $y z$ 平面内で $2 - h ≦ y ≦ 2 + h, 0 ≦ z ≦ y$ 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 $y^{2} + z^{2}$ 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 $(2 + h)^{2} + (2 + h)^{2} = 2 (2 + h)$ 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 $2 (2 + h)$ の円環である。

したがってその断面積は

A (t) = π {(2 (2 + h))^{2} - (2 - h)^{2}} = π {2 (2 + h)^{2} - (2 - h)^{2}} = π (4 + 12 h + h^{2})

である。 $h^{2} = 1 - t^{2}$ より、求める体積は

\int_{- 1}^{1} A (t) d t = π \int_{- 1}^{1} {4 + 12 1 - t^{2} + 1 - t^{2}} d t = π (8 + 12 \cdot \frac{π}{2} + \int_{- 1}^{1} (1 - t^{2}) d t) = π (8 + 6 π + \frac{4}{3}) = 6 π^{2} + \frac{28}{3} π

である。

解法2（底面上の高さ積分と断面の極座標を使う）

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 $1 ≦ y ≦ 3$ にあるので、 $D$ を含む側は $z ≦ y$ である。したがって

T = {(x, y, z) x^{2} + (y - 2)^{2} ≦ 1, 0 ≦ z ≦ y} .

(1)

$x = t$ とし

h = 1 - t^{2}

とおく。断面では $2 - h ≦ y ≦ 2 + h$ 、 $0 ≦ z ≦ y$ だから

S (t) = \int_{2 - h}^{2 + h} y d y = 4 h = 4 1 - t^{2} .

体積は別の見方をすると、底面円盤

D : x^{2} + (y - 2)^{2} ≦ 1

上に高さ $y$ を立てたものなので

V (T) = \iint_{D} y d x d y .

$Y = y - 2$ 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) d x d Y = 2 Area (D) = 2 π .

(2)

$x = t$ の断面で、 $x$ 軸からの距離を

ρ = y^{2} + z^{2}

とする。領域 $2 - h ≦ y ≦ 2 + h, 0 ≦ z ≦ y$ は連結なので、 $ρ$ の値域も区間になる。最小値は $(y, z) = (2 - h, 0)$ で

ρ_{m i n} = 2 - h,

最大値は $(y, z) = (2 + h, 2 + h)$ で

ρ_{m a x} = 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

A (t) = π {ρ_{m a x}^{2} - ρ_{m i n}^{2}} = π {2 (2 + h)^{2} - (2 - h)^{2}} = π (4 + 12 h + h^{2}) .

ここで $h^{2} = 1 - t^{2}$ だから

V = π \int_{- 1}^{1} (5 - t^{2} + 12 1 - t^{2}) d t = π (10 - \frac{2}{3} + 12 \cdot \frac{π}{2}) = 6 π^{2} + \frac{28}{3} π .

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。

@@ F I G U R E : t ik z : 1 :

九州大学 2020年度理系数学 前期 第5問

問題

方針

解法1（x切断を回転して円環の面積を積分する）

解法2（底面上の高さ積分と断面の極座標を使う）

解答

解法1（x切断を回転して円環の面積を積分する）

(1)

(2)

解法2（底面上の高さ積分と断面の極座標を使う）

(1)

(2)

九州大学 2020年度
理系数学前期第5問