大阪大学 2002年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1) $$s=\sin \alpha ,c=\cos \alpha$$ とおく。$$0<\alpha <{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$$ より $s>0,c>0$ である。

円 $C_2$ は中心 $(0,s)$、半径1の円だから、$x$ 軸との交点は $x^2+s^2=1$ を満たす。したがって交点の $x$ 座標は $x=\pm c$ であり、2直線 $l_A,l_B$ にはさまれる範囲は $-c\leqq x\leqq c$ である。

この範囲で $$r(x)=\sqrt{1-x^2}$$ とおく。円 $C_1$ の上端は $y=r(x)$、下端は $y=-r(x)$ である。また円 $C_2$ の上端は $y=s+r(x)$、下端は $y=s-r(x)$ である。$\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\leqq c$ では $r(x)\geqq s$ なので、$s-r(x)\leqq 0$ である。

まず $D_1$ は、円 $C_2$ の内部で円 $C_1$ の外部にある部分である。縦断面で見ると、上側に $r(x)\leqq y\leqq s+r(x)$ の部分が現れる。これを $x$ 軸のまわりに回転すると、断面積は $\pi \{(s+r(x){)}^2-r(x{)}^2\}$ である。したがって$$V_1(\alpha )=\pi {\int }_{-c}^c\{s^2+2sr(x)\}dx$$である。

ここで$${\int }_{-c}^c\sqrt{1-x^2}dx=cs+{\displaystyle \frac{\pi }{2}}-\alpha$$である。これは単位円の面積を、中心角または $x=\sin u$ の置換で計算すれば得られる。よって$$V_1(\alpha )=\pi \{2c{s}^2+2s(cs+{\displaystyle \frac{\pi }{2}}-\alpha )\}$$であり、$$V_1(\alpha )=\pi \{4c{s}^2+s(\pi -2\alpha )\}$$ となる。すなわち$$V_1(\alpha )=\pi \{4\cos \alpha {\sin }^2\alpha +\sin \alpha (\pi -2\alpha )\}$$である。

次に $D_2$ は、円 $C_1$ の内部で円 $C_2$ の外部にある部分である。縦断面では下側に $$-r(x)\leqq y\leqq s-r(x)$$ の部分が現れる。これを回転すると、外半径は $r(x)$、内半径は $r(x)-s$ であるから、断面積は $\pi \{r(x{)}^2-(r(x)-s{)}^2\}$ である。よって$$V_2(\alpha )=\pi {\int }_{-c}^c\{2sr(x)-s^2\}dx$$となる。上の積分値を用いると $$V_2(\alpha )=\pi s(\pi -2\alpha )$$ である。

したがって $$V_1(\alpha )-V_2(\alpha )=4\pi \cos \alpha {\sin }^2\alpha$$ である。

(2) $$h(\alpha )=\cos \alpha {\sin }^2\alpha$$ とおく。すると $$h^{\mathrm{\prime }}(\alpha )=-\sin \alpha {\sin }^2\alpha +2{\cos }^2\alpha \sin \alpha$$ であるから $$h^{\mathrm{\prime }}(\alpha )=\sin \alpha (2{\cos }^2\alpha -{\sin }^2\alpha )$$ である。$$0<\alpha <{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$$ では $\sin \alpha >0$ なので、符号は $2{\cos }^2\alpha -{\sin }^2\alpha$ で決まる。 $${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$$ を用いると、$$2{\cos }^2\alpha -{\sin }^2\alpha =0$$ は $$2(1-{\sin }^2\alpha )-{\sin }^2\alpha =0$$ すなわち ${\sin }^2\alpha ={\displaystyle \frac{2}{3}}$ と同値である。このとき $$\cos \alpha ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}$$ である。 $h^{\mathrm{\prime }}$ はこの点まで正、その後負になるので、$h$ はここで最大となる。よって$$\max (V_1(\alpha )-V_2(\alpha ))=4\pi \cdot {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}\cdot {\displaystyle \frac{2}{3}}={\displaystyle \frac{8\pi }{3\sqrt{3}}}$$である。

$s=\sin \alpha ,c=\cos \alpha ,r=\sqrt{1-x^2}$ とする。
$V_1$ は円板差を通常通り積分する。一方、$V_1-V_2$ は2つの環状断面積を
先に引くと $2\pi s^2$ という定数になり、積分せず幅 $2c$ を掛けるだけで求まる。

(1)
$\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\leqq c$ で $$r=\sqrt{1-x^2}$$ とおく。
$D_1$ の回転断面積は$$\pi \{(r+s{)}^2-r^2\}=\pi (s^2+2sr)\mathrm{.}$$また$${\int }_{-c}^c\sqrt{1-x^2}dx=cs+{\displaystyle \frac{\pi }{2}}-\alpha$$だから$$V_1(\alpha )=\pi \{4c{s}^2+s(\pi -2\alpha )\}\mathrm{.}$$$D_2$ の断面積は $$\pi \{r^2-(r-s{)}^2\}=\pi (2sr-s^2)$$。
したがって断面積の差は $2\pi s^2$ で一定であり$$V_1(\alpha )-V_2(\alpha )=2\pi s^2\cdot 2c=4\pi \cos \alpha {\sin }^2\alpha \mathrm{.}$$(2)
$u={\sin }^2\alpha$ とおけば $0<u<1$ で$$\{V_1-V_2{\}}^2=16{\pi }^2{u}^2(1-u)\mathrm{.}$$$u^2(1-u)$ の導関数は $u(2-3u)$ だから $u=2\mathrm{/}3$ で最大。$$\max (V_1-V_2)=4\pi \cdot {\displaystyle \frac{2}{3}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}={\displaystyle \frac{8\pi }{3\sqrt{3}}}\mathrm{.}$$