大阪大学 1997年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1)
$c=\cos \theta$ と置くと$$f(\theta )=\sqrt{2}(1-c^2)+c\mathrm{.}$$従って $f(\theta )=0$ は$$\sqrt{2}{c}^2-c-\sqrt{2}=0$$と同値であり、$-1\leqq c\leqq 1$ を満たす解は$$c=-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}$$だけである。$f(0)=1>0$ で $f$ は偶関数だから$$a={\displaystyle \frac{3\pi }{4}}\mathrm{.}$$(2)$$-{\displaystyle \frac{3\pi }{4}}\leqq \theta \leqq {\displaystyle \frac{3\pi }{4}}$$における $\sin \theta$ の値域は$$-1\leqq t\leqq 1$$である。共有点では$$x=\sqrt{2}{t}^2+\cos \theta$$だから、$\cos \theta$ の符号により次のように分かれる。$$\{\begin{array}{ll}\sqrt{2}{t}^2\pm \sqrt{1-t^2}& (-1\leqq t\leqq -{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}),\\ \sqrt{2}{t}^2+\sqrt{1-t^2}& (-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}<t<{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}),\\ \sqrt{2}{t}^2\pm \sqrt{1-t^2}& ({\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\leqq t\leqq 1)\mathrm{.}\end{array}$$端点 $t=\pm 1$ では複号の2値は一致する。

(3) $$x_{+}(t)=\sqrt{2}{t}^2+\sqrt{1-t^2},x_{-}(t)=\sqrt{2}{t}^2-\sqrt{1-t^2}$$と置く。中央の$$-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\leqq t\leqq {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}$$では円板、下側$$-1\leqq t\leqq -{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}$$と上側$${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\leqq t\leqq 1$$では円環になる。上下の円環は対称だから$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\displaystyle \frac{V}{\pi }}}& {\displaystyle ={\int }_{-1\mathrm{/}\sqrt{2}}^{1\mathrm{/}\sqrt{2}}{x}_{+}(t{)}^{2}dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +2{\int }_{1\mathrm{/}\sqrt{2}}^1\{x_{+}(t{)}^2-x_{-}(t{)}^2\}dt\mathrm{.}}\end{array}$$中央の積分は$${\int }_{-1\mathrm{/}\sqrt{2}}^{1\mathrm{/}\sqrt{2}}{x}_{+}(t{)}^{2}dt={\displaystyle \frac{14\sqrt{2}}{15}}+{\displaystyle \frac{\sqrt{2}\pi }{8}},$$また各円環について$${\int }_{1\mathrm{/}\sqrt{2}}^1\{x_{+}(t{)}^2-x_{-}(t{)}^2\}dt={\displaystyle \frac{\sqrt{2}\pi }{8}}\mathrm{.}$$従って$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V}& {\displaystyle =\pi ({\displaystyle \frac{14\sqrt{2}}{15}}+{\displaystyle \frac{3\sqrt{2}\pi }{8}})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{\sqrt{2}\pi (112+45\pi )}{120}}\mathrm{.}}\end{array}$$

(1) (2)は余弦の符号で枝を分ける。(3)では $x_{\pm }(t)$ を展開して積分する代わりに、境界曲線を媒介変数のまま使う。$$\pi \int x^{2}dy$$ を中央の円板と上下2つの円環へ向き付きで分け、1つの原始関数で評価する。

(1) $$f(\theta )=0⟺\sqrt{2}{\cos }^2\theta -\cos \theta -\sqrt{2}=0.$$$-1\leqq \cos \theta \leqq 1$ での解は$$\cos \theta =-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}$$だから$$a={\displaystyle \frac{3\pi }{4}}\mathrm{.}$$(2)$$-3\pi \mathrm{/}4\leqq \theta \leqq 3\pi \mathrm{/}4$$ で$$-1\leqq t=\sin \theta \leqq 1.$$$$\cos \theta =\pm \sqrt{1-t^2}$$ より$$x=\sqrt{2}{t}^2\pm \sqrt{1-t^2}\mathrm{.}$$負の枝も区間内にあるのは$$-1\leqq t\leqq -{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\text{または}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\leqq t\leqq 1$$である。中央では正の枝だけである。

(3)
$y=\sin \theta$ だから$$dy=\cos \theta d\theta \mathrm{.}$$境界を向き付きでたどると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\displaystyle \frac{V}{\pi }}}& {\displaystyle ={\int }_{-\pi \mathrm{/}4}^{\pi \mathrm{/}4}f(\theta {)}^2\cos \theta d\theta }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +2\{{\int }_{\pi \mathrm{/}4}^{\pi \mathrm{/}2}f(\theta {)}^2\cos \theta d\theta -{\int }_{3\pi \mathrm{/}4}^{\pi \mathrm{/}2}f(\theta {)}^2\cos \theta d\theta \}\mathrm{.}}\end{array}$$原始関数として$$\begin{array}{rl}{\displaystyle H(\theta )}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{2}{5}}{\sin }^5\theta +\sin \theta -{\displaystyle \frac{1}{3}}{\sin }^3\theta }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}}\theta -{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{16}}\sin 4\theta }\end{array}$$を取れる。従って中央部分は$$H(\pi \mathrm{/}4)-H(-\pi \mathrm{/}4)={\displaystyle \frac{14\sqrt{2}}{15}}+{\displaystyle \frac{\sqrt{2}\pi }{8}},$$各円環は$$H(3\pi \mathrm{/}4)-H(\pi \mathrm{/}4)={\displaystyle \frac{\sqrt{2}\pi }{8}}\mathrm{.}$$よって$$V={\displaystyle \frac{\sqrt{2}\pi (112+45\pi )}{120}}\mathrm{.}$$