名古屋大学 2019年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第1問

(1)
問題文の分解式より$$\frac{1}{\cos \theta }=\frac{1}{2}(\frac{\cos \theta }{1+\sin \theta }+\frac{\cos \theta }{1-\sin \theta })$$である。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I_1}& {\displaystyle =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi \mathrm{/}3}(\frac{\cos \theta }{1+\sin \theta }+\frac{\cos \theta }{1-\sin \theta })d\theta }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}{[\log (1+\sin \theta )-\log (1-\sin \theta )]}_0^{\pi \mathrm{/}3}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}\log \frac{2+\sqrt{3}}{2-\sqrt{3}}\mathrm{.}}\end{array}$$$(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})=1$ なので$$I_1=\log (2+\sqrt{3})$$である。

(2)
$n\geqq 3$ とする。微分すると$$\frac{d}{d\theta }\left(\frac{\sin \theta }{{\cos }^{n-1}\theta }\right)=\frac{1}{{\cos }^{n-2}\theta }+(n-1)\frac{{\sin }^2\theta }{{\cos }^n\theta }\mathrm{.}$$ここで$$\frac{{\sin }^2\theta }{{\cos }^n\theta }=\frac{1}{{\cos }^n\theta }-\frac{1}{{\cos }^{n-2}\theta }$$であるから$$\frac{d}{d\theta }\left(\frac{\sin \theta }{{\cos }^{n-1}\theta }\right)=(n-1)\frac{1}{{\cos }^n\theta }-(n-2)\frac{1}{{\cos }^{n-2}\theta }\mathrm{.}$$両辺を $0$ から $\pi \mathrm{/}3$ まで積分すると$$2^{n-2}\sqrt{3}=(n-1)I_n-(n-2)I_{n-2}\mathrm{.}$$よって$$I_n=\frac{2^{n-2}\sqrt{3}}{n-1}+\frac{n-2}{n-1}{I}_{n-2}$$である。

(3)
高さ $z$ における円錐の断面は半径 $R=1-z$ の円板である。小さい方の部分は $x\geqq 1\mathrm{/}2$ にあり、$1\mathrm{/}2\leqq R\leqq 1$ のときに現れる。$$0\leqq {\alpha }_R\leqq \pi \mathrm{/}3$$，$\cos {\alpha }_R=1\mathrm{/}(2R)$ となる角 ${\alpha }_R$ をとる。円弧部分の面積を $A(R)$ とすると$$A(R)=R^2{\alpha }_R-\frac{1}{2}\sqrt{R^2-\frac{1}{4}}\mathrm{.}$$$R=1-z$ と変数を替えると、求める体積は$$V={\int }_{1\mathrm{/}2}^{1}A(R)dR$$である。$\cos {\alpha }_R=1\mathrm{/}(2R)$ を $R$ で微分すると$${\alpha }_R^{\mathrm{\prime }}=\frac{1}{R\sqrt{4R^2-1}}$$であるから、部分積分により$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_{1\mathrm{/}2}^1{R}^2{\alpha }_{R}dR}& {\displaystyle =\frac{\pi }{9}-\frac{1}{3}{\int }_{1\mathrm{/}2}^1\frac{R^2}{\sqrt{4R^2-1}}dR\mathrm{.}}\end{array}$$ここで$$L={\int }_{1\mathrm{/}2}^1\sqrt{4R^2-1}dR,M={\int }_{1\mathrm{/}2}^1\frac{dR}{\sqrt{4R^2-1}}$$とおくと$${\int }_{1\mathrm{/}2}^1\frac{R^2}{\sqrt{4R^2-1}}dR=\frac{1}{4}L+\frac{1}{4}M$$である。したがって$$V=\frac{\pi }{9}-\frac{1}{3}L-\frac{1}{12}M\mathrm{.}$$$R=(1\mathrm{/}2)\sec \theta$ とおけば$$L=\frac{1}{2}(I_3-I_1),M=\frac{1}{2}{I}_1\mathrm{.}$$また(2)で $n=3$ とすると$$I_3=\sqrt{3}+\frac{1}{2}{I}_1\mathrm{.}$$以上より$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V}& {\displaystyle =\frac{\pi }{9}-\frac{1}{6}{I}_3+\frac{1}{8}{I}_1}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\pi }{9}-\frac{\sqrt{3}}{6}+\frac{1}{24}\log (2+\sqrt{3})\mathrm{.}}\end{array}$$

(1) では $(1+\sin \theta )\mathrm{/}\cos \theta$ の対数微分、(2)では部分積分を使う。(3)では円弧部分を $x=R\cos \theta$ で表し、$(R,\theta )$ の領域の積分順序を入れ替えて $I_1,I_3$ を直接現す。

(1)
次の微分公式を直接確かめる。$$\frac{d}{d\theta }\log \left(\frac{1+\sin \theta }{\cos \theta }\right)=\frac{1}{\cos \theta }\mathrm{.}$$したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I_1}& {\displaystyle ={[\log \left(\frac{1+\sin \theta }{\cos \theta }\right)]}_0^{\pi \mathrm{/}3}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\log (2+\sqrt{3})\mathrm{.}}\end{array}$$(2)$$I_n={\int }_0^{\pi \mathrm{/}3}\frac{1}{{\cos }^{n-2}\theta }\frac{1}{{\cos }^2\theta }d\theta$$に部分積分を用いる。すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I_n}& {\displaystyle ={\left[\frac{\sin \theta }{{\cos }^{n-1}\theta }\right]}_0^{\pi \mathrm{/}3}-(n-2){\int }_0^{\pi \mathrm{/}3}\frac{{\sin }^2\theta }{{\cos }^n\theta }d\theta }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2^{n-2}\sqrt{3}-(n-2)(I_n-I_{n-2})\mathrm{.}}\end{array}$$よって$$I_n=\frac{2^{n-2}\sqrt{3}}{n-1}+\frac{n-2}{n-1}{I}_{n-2}$$となる。

(3)
半径 $R$ の断面で、$$0\leqq {\alpha }_R\leqq \pi \mathrm{/}3$$，$\cos {\alpha }_R=1\mathrm{/}(2R)$ となる角 ${\alpha }_R$ をとる。小さい円弧部分の面積は$$A(R)=2R^2{\int }_0^{{\alpha }_R}{\sin }^2\theta d\theta \mathrm{.}$$したがって$$V={\int }_{1\mathrm{/}2}^{1}A(R)dR\mathrm{.}$$積分領域を $(R,\theta )$ 平面で見ると$$0\leqq \theta \leqq \frac{\pi }{3},\frac{1}{2\cos \theta }\leqq R\leqq 1$$である。順序を入れ替えると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V}& {\displaystyle ={\int }_0^{\pi \mathrm{/}3}{\int }_{1\mathrm{/}(2\cos \theta )}^{1}2R^2{\sin }^2\theta dRd\theta }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{2}{3}{\int }_0^{\pi \mathrm{/}3}{\sin }^2\theta d\theta -\frac{1}{12}{\int }_0^{\pi \mathrm{/}3}\frac{{\sin }^2\theta }{{\cos }^3\theta }d\theta \mathrm{.}}\end{array}$$ここで$${\int }_0^{\pi \mathrm{/}3}{\sin }^2\theta d\theta =\frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{8}$$かつ$${\int }_0^{\pi \mathrm{/}3}\frac{{\sin }^2\theta }{{\cos }^3\theta }d\theta =I_3-I_1$$である。(1)(2)から$$I_1=\log (2+\sqrt{3}),I_3=\sqrt{3}+\frac{1}{2}\log (2+\sqrt{3})\mathrm{.}$$したがって$$V=\frac{\pi }{9}-\frac{\sqrt{3}}{6}+\frac{1}{24}\log (2+\sqrt{3})$$を得る。