岡山大学 2021年度 前期理系数学 第4問

(1)
曲線 $y=x^{2n}$ は $y$ 軸に関して対称であり，点 $A,B$ も $y$ 軸に関して対称である。したがって，3点を通る円の中心は $y$ 軸上にあり，$$p(t)=0$$である。

中心を $(0,q(t))$ とする。点 $O$ と点 $B(t,t^{2n})$ までの距離が等しいので$$q(t{)}^2=t^2+(t^{2n}-q(t){)}^2$$である。これより$$2q(t)t^{2n}=t^2+t^{4n}$$となるから$$q(t)=\frac{t^{2-2n}+t^{2n}}{2}$$である。また半径は$$r(t)=q(t)$$である。

$n=1$ のとき$$q(t)=r(t)=\frac{1+t^2}{2}$$であり，$t\to +0$ でともに $1\mathrm{/}2$ に収束する。$n\geqq 2$ のときは $t^{2-2n}\to +\mathrm{\infty }$ であるから，$q(t),r(t)$ は収束しない。よって，3つの極限がすべて収束するとき$$n=1$$であり，このとき$$a=0,b=\frac{1}{2},c=\frac{1}{2}$$である。

(2)
(1)より円は$$x^2+{(y-\frac{1}{2})}^2=\frac{1}{4}$$である。放物線 $y=x^2$ とこの円は原点で接し，直線 $x=b=1\mathrm{/}2$ によって囲まれる部分は$$0\leqq x\leqq \frac{1}{2}$$で，放物線 $y=x^2$ と円の下側の弧$$y=\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}-x^2}$$に挟まれる部分である。

したがって回転体の体積は$$V=\pi {\int }_0^{1\mathrm{/}2}\{{(\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}-x^2})}^2-x^4\}dx$$である。ここで$${(\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}-x^2})}^2=\frac{1}{2}-x^2-\sqrt{\frac{1}{4}-x^2}$$であり，$${\int }_0^{1\mathrm{/}2}\sqrt{\frac{1}{4}-x^2}dx=\frac{\pi }{16}$$である。よって$$V=\pi (\frac{1}{4}-\frac{1}{24}-\frac{\pi }{16}-\frac{1}{160})=\frac{97\pi }{480}-\frac{{\pi }^2}{16}$$である。

円を $x^2+y^2+Dx+Ey=0$ と置き，対称な2点の代入式の差から中心を求める。(2)は根号積分を直接置換せず，半径 $1\mathrm{/}2$ の四分円の面積として処理する。

(1)
円は原点を通るから，一般式を$$x^2+y^2+Dx+Ey=0$$と書ける。$A(-t,t^{2n})$，$B(t,t^{2n})$ を代入すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle t^2+t^{4n}-Dt+E{t}^{2n}}& {\displaystyle =0,}\\ {\displaystyle t^2+t^{4n}+Dt+E{t}^{2n}}& {\displaystyle =0}\end{array}$$である。2式の差から $D=0$ であり，さらに$$E=-(t^{2-2n}+t^{2n})$$を得る。したがって中心と半径は$$p(t)=0,q(t)=r(t)=\frac{1}{2}(t^{2-2n}+t^{2n})$$である。$n\geqq 2$ では $t^{2-2n}\to +\mathrm{\infty }$ なので収束せず，$n=1$ なら$$q(t)=r(t)=\frac{1+t^2}{2}⟶\frac{1}{2}$$である。よって$$n=1,(a,b,c)=(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$$である。

(2)
得られた円は$$x^2+{(y-\frac{1}{2})}^2=\frac{1}{4}$$であり，放物線 $y=x^2$ と原点で接する。囲まれる領域は次図の着色部分である。

回転体積は$$V=\pi {\int }_0^{1\mathrm{/}2}\{{(\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}-x^2})}^2-x^4\}dx$$である。平方を展開すると$${(\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}-x^2})}^2=\frac{1}{2}-x^2-\sqrt{\frac{1}{4}-x^2}$$であるから$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{V}{\pi }}& {\displaystyle ={\int }_0^{1\mathrm{/}2}(\frac{1}{2}-x^2-x^4)dx-{\int }_0^{1\mathrm{/}2}\sqrt{\frac{1}{4}-x^2}dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(\frac{1}{4}-\frac{1}{24}-\frac{1}{160})-\frac{\pi }{16}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{97}{480}-\frac{\pi }{16}}\end{array}$$となる。第2積分は半径 $1\mathrm{/}2$ の四分円の面積である。したがって$$V=\frac{97\pi }{480}-\frac{{\pi }^2}{16}$$である。