大阪大学 1995年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第3問

円板法から$$V_1=\pi {\int }_0^t{x}^3(1-e^{-x^2})dx,V_2=\pi {\int }_t^1{x}^3{e}^{-x^2}dx\mathrm{.}$$(1)$$\int x^3{e}^{-x^2}dx=-{\displaystyle \frac{1}{2}}(x^2+1)e^{-x^2}$$を用いて整理すると$$V(t)=\pi \{{\displaystyle \frac{t^4}{4}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{e}}+(t^2+1)e^{-t^2}\}\mathrm{.}$$(2)
微分すると$$V^{\mathrm{\prime }}(t)=\pi t^3(1-2e^{-t^2})\mathrm{.}$$$0<t\leqq 1$で、$t^2<\log 2$なら負、$t^2>\log 2$なら正である。$0<\log 2<1$なので、$V$は$$t=\sqrt{\log 2}$$でただ一つの最小値をとる。

2曲線と回転領域 $D_1,D_2$

(1) は置換 $u=x^2$ で指数積分を処理する。
(2)は体積そのものを再微分せず、境界 $x=t$ が動くときに
加わる断面積と失われる断面積の差から導関数を直接求める。

円板法より$$V_1(t)=\pi {\int }_0^t{x}^3(1-e^{-x^2})dx,V_2(t)=\pi {\int }_t^1{x}^3{e}^{-x^2}dx\mathrm{.}$$(1)

$u=x^2$ とおけば$$\int x^3{e}^{-x^2}dx={\displaystyle \frac{1}{2}}\int u{e}^{-u}du=-{\displaystyle \frac{1}{2}}(u+1)e^{-u}\mathrm{.}$$これを2つの体積へ代入して整理すると$$V(t)=\pi \{{\displaystyle \frac{t^4}{4}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{e}}+(t^2+1)e^{-t^2}\}\mathrm{.}$$(2)

$t$ を少し増やすと、$V_1$ には $x=t$ の2曲線間の
回転断面が加わり、$V_2$ からは $C_2$ の回転断面が失われる。
従って積分の上端・下端の微分から直接$$V^{\mathrm{\prime }}(t)=\pi t^3(1-e^{-t^2})-\pi t^3{e}^{-t^2}=\pi t^3(1-2e^{-t^2})\mathrm{.}$$$$0<t<\sqrt{\log 2}$$ で負、$$\sqrt{\log 2}<t\leqq 1$$ で正であり
$0<\log 2<1$ だから、ただ一つの最小点は$$t=\sqrt{\log 2}$$である。