名古屋大学 2019年度理系数学第1問解答・解説

問題

正の整数 $n$ に対し

I_{n} = \int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{d θ}{cos ^{n} θ}

とする。

(1) $I_{1}$ を求めよ。必要ならば $\frac{1}{cos θ} = \frac{1}{2} (\frac{cos θ}{1 + sin θ} + \frac{cos θ}{1 - sin θ})$ を使ってよい。

(2) $n ≧ 3$ のとき， $I_{n}$ を $I_{n - 2}$ と $n$ で表せ。

(3) $x y z$ 空間において $x y$ 平面内の原点を中心とする半径1の円板をDとする。Dを底面とし，点 $(0, 0, 1)$ を頂点とする円錐をCとする。Cを平面 $x = \frac{1}{2}$ で2つの部分に切断したとき，小さい方をSとする。 $z$ 軸に垂直な平面による切り口を考えてSの体積を求めよ。

出典：名古屋大学 2019年度前期日程第2次学力試験理系第1問

方針

解法1

(1)は問題文の分解式から対数積分を計算する。(2)は $sin θ / cos^{n - 1} θ$ を微分して指数を2つ下げる漸化式を作る。(3)は高さ $z$ の切り口を円弧部分として面積公式で表し、部分積分の後に $R = (1/2) sec θ$ とおいて $I_{1}, I_{3}$ へ帰着する。

解法2

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

解答

解法1

(1)

問題文の分解式より

\frac{1}{cos θ} = \frac{1}{2} (\frac{cos θ}{1 + sin θ} + \frac{cos θ}{1 - sin θ})

である。したがって

I_{1} = \frac{1}{2} \int_{0}^{π /3} (\frac{cos θ}{1 + sin θ} + \frac{cos θ}{1 - sin θ}) d θ = \frac{1}{2} [lo g (1 + sin θ) - lo g (1 - sin θ)]_{0}^{π /3} = \frac{1}{2} lo g \frac{2 + 3}{2 - 3} .

$(2 + 3) (2 - 3) = 1$ なので

I_{1} = lo g (2 + 3)

である。

(2)

$n ≧ 3$ とする。微分すると

\frac{d}{d θ} (\frac{sin θ}{cos ^{n - 1} θ}) = \frac{1}{cos ^{n - 2} θ} + (n - 1) \frac{sin ^{2} θ}{cos ^{n} θ} .

ここで

\frac{sin ^{2} θ}{cos ^{n} θ} = \frac{1}{cos ^{n} θ} - \frac{1}{cos ^{n - 2} θ}

であるから

\frac{d}{d θ} (\frac{sin θ}{cos ^{n - 1} θ}) = (n - 1) \frac{1}{cos ^{n} θ} - (n - 2) \frac{1}{cos ^{n - 2} θ} .

両辺を $0$ から $π /3$ まで積分すると

2^{n - 2} 3 = (n - 1) I_{n} - (n - 2) I_{n - 2} .

よって

I_{n} = \frac{2 ^{n - 2} 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 $x ≧ 1/2$ にあり、 $1/2 ≦ R ≦ 1$ のときに現れる。円弧部分の面積を $A (R)$ とすると

A (R) = R^{2} arccos \frac{1}{2 R} - \frac{1}{2} R^{2} - \frac{1}{4} .

$R = 1 - z$ と変数を替えると、求める体積は

V = \int_{1/2}^{1} A (R) d R

である。部分積分により

\int_{1/2}^{1} R^{2} arccos \frac{1}{2 R} d R = \frac{π}{9} - \frac{1}{3} \int_{1/2}^{1} \frac{R ^{2}}{4 R ^{2} - 1} d R .

ここで

L = \int_{1/2}^{1} 4 R^{2} - 1 d R, M = \int_{1/2}^{1} \frac{d R}{4 R ^{2} - 1}

とおくと

\int_{1/2}^{1} \frac{R ^{2}}{4 R ^{2} - 1} d R = \frac{1}{4} L + \frac{1}{4} M

である。したがって

V = \frac{π}{9} - \frac{1}{3} L - \frac{1}{12} M .

$R = (1/2) sec θ$ とおけば

L = \frac{1}{2} (I_{3} - I_{1}), M = \frac{1}{2} I_{1} .

また(2)で $n = 3$ とすると

I_{3} = 3 + \frac{1}{2} I_{1} .

以上より

V = \frac{π}{9} - \frac{1}{6} I_{3} + \frac{1}{8} I_{1} = \frac{π}{9} - \frac{3}{6} + \frac{1}{24} lo g (2 + 3) .

解法2

(1)

次の微分公式を直接確かめる。

\frac{d}{d θ} lo g (\frac{1 + sin θ}{cos θ}) = \frac{1}{cos θ} .

したがって

I_{1} = [lo g (\frac{1 + sin θ}{cos θ})]_{0}^{π /3} = lo g (2 + 3) .

(2)

I_{n} = \int_{0}^{π /3} \frac{1}{cos ^{n - 2} θ} \frac{1}{cos ^{2} θ} d θ

に部分積分を用いる。すると

I_{n} = [\frac{sin θ}{cos ^{n - 1} θ}]_{0}^{π /3} - (n - 2) \int_{0}^{π /3} \frac{sin ^{2} θ}{cos ^{n} θ} d θ = 2^{n - 2} 3 - (n - 2) (I_{n} - I_{n - 2}) .

よって

I_{n} = \frac{2 ^{n - 2} 3}{n - 1} + \frac{n - 2}{n - 1} I_{n - 2}

となる。

(3)

半径 $R$ の断面で、小さい円弧部分の面積は

A (R) = 2 R^{2} \int_{0}^{a r c c o s (1/ (2 R))} sin^{2} θ d θ .

したがって

V = \int_{1/2}^{1} A (R) d R .

積分領域を $(R, θ)$ 平面で見ると

0 ≦ θ ≦ \frac{π}{3}, \frac{1}{2 cos θ} ≦ R ≦ 1

である。順序を入れ替えると

V = \int_{0}^{π /3} \int_{1/ (2 c o s θ)}^{1} 2 R^{2} sin^{2} θ d R d θ = \frac{2}{3} \int_{0}^{π /3} sin^{2} θ d θ - \frac{1}{12} \int_{0}^{π /3} \frac{sin ^{2} θ}{cos ^{3} θ} d θ .

ここで

\int_{0}^{π /3} sin^{2} θ d θ = \frac{π}{6} - \frac{3}{8}

かつ

\int_{0}^{π /3} \frac{sin ^{2} θ}{cos ^{3} θ} d θ = I_{3} - I_{1}

である。(1)(2)から

I_{1} = lo g (2 + 3), I_{3} = 3 + \frac{1}{2} lo g (2 + 3) .

したがって

V = \frac{π}{9} - \frac{3}{6} + \frac{1}{24} lo g (2 + 3)

を得る。

名古屋大学 2019年度理系数学 第1問

問題

方針

解法1

解法2

解答

解法1

(1)

(2)

(3)

解法2

(1)

(2)

(3)

名古屋大学 2019年度
理系数学第1問