大阪大学 2017年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1)
空間の座標を，もとの$xy$平面に垂直な方向を加えて考える。高さ$t$の平面で$L$を切ると，もとの放物線$y=x^2$から半径は$\sqrt{t}$となるので，断面は中心$(0,0)$，半径$\sqrt{t}$の円板である。

一方，直線$x=1$からの距離が1以下である点は，この断面内では中心$(1,0)$，半径1の円板の中にある点である。したがって$S(t)$は，中心間距離1，半径$\sqrt{t}$と1の2円の共通部分の面積である。$$\sqrt{t}=2\cos \theta (\frac{\pi }{4}\leqq \theta \leqq \frac{\pi }{2})$$とおく。半径$2\cos \theta$の円を中心$O$，半径1の円を中心$A$とする。2円の交点を結ぶ弦について，中心$O$から見た半角を$\alpha$とすると $$\cos \alpha =\frac{\sqrt{t}}{2}=\cos \theta$$ であるから$\alpha =\theta$である。よって中心$O$側の扇形の中心角は$2\theta$で，その面積は $$\frac{1}{2}(2\cos \theta {)}^2\cdot 2\theta =4\theta {\cos }^2\theta$$ である。

同じ弦を中心$A$から見ると，対応する中心角は$2\pi -4\theta$である。したがって中心$A$側の扇形の面積は $$\frac{1}{2}(2\pi -4\theta )=\pi -2\theta$$ である。

この2つの扇形を足すと，共通部分に対応する2つの二等辺三角形を余分に含む。中心$O$側の三角形の面積は $$\frac{1}{2}(2\cos \theta {)}^2\sin 2\theta =2{\cos }^2\theta \sin 2\theta$$ であり，中心$A$側の三角形の面積は $$\frac{1}{2}\sin (2\pi -4\theta )=-\frac{1}{2}\sin 4\theta$$ である。両者の和は $$2{\cos }^2\theta \sin 2\theta -\frac{1}{2}\sin 4\theta =\sin 2\theta$$ である。よって $$S(t)=4\theta {\cos }^2\theta +\pi -2\theta -\sin 2\theta$$ である。

(2) $t=4{\cos }^2\theta$であるから $$dt=-8\sin \theta \cos \theta d\theta$$ である。$t=0$は$$\theta =\frac{\pi }{2}$$，$t=2$は$$\theta =\frac{\pi }{4}$$に対応するので$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V}& {\displaystyle ={\int }_0^{2}S(t)dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\{4\theta {\cos }^2\theta +\pi -2\theta -\sin 2\theta \}8\sin \theta \cos \theta d\theta }\end{array}$$である。

ここで$$4\theta {\cos }^2\theta -2\theta =2\theta \cos 2\theta ,8\sin \theta \cos \theta =4\sin 2\theta$$より，被積分関数は $4(\pi +2\theta \cos 2\theta -\sin 2\theta )\sin 2\theta$ である。さらに整理すると $4\pi \sin 2\theta +4\theta \sin 4\theta -2+2\cos 4\theta$ となる。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V}& {\displaystyle ={\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\{4\pi \sin 2\theta +4\theta \sin 4\theta -2+2\cos 4\theta \}d\theta }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={[-2\pi \cos 2\theta -\theta \cos 4\theta +\frac{1}{4}\sin 4\theta -2\theta +\frac{1}{2}\sin 4\theta ]}_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}}\end{array}$$である。端点を代入すると $$V=2\pi -\frac{3\pi }{4}-\frac{\pi }{2}=\frac{3\pi }{4}$$ である。

(1) は高さ $t$ の断面を、原点中心・半径 $\sqrt{t}$ の円板と $(1,0)$ 中心・半径1の円板の共通部分として図示し、2つの扇形から三角形を引く。(2)は積分順序を変え、$xz$ 平面上の各点の上にある高さ $2-r^2$ を極座標で積分する。

(1)
高さ $t$ の断面で、$y$ 軸からの距離を $r$ とする。回転体 $L$ の条件は$$r\leqq \sqrt{t},$$直線 $x=1$ からの距離が1以下という条件は$$(x-1{)}^2+z^2\leqq 1$$である。したがって断面は、中心 $O=(0,0)$、半径 $\sqrt{t}$ の円板と、中心 $A=(1,0)$、半径1の円板の共通部分である。$$\sqrt{t}=2\cos \theta (\frac{\pi }{4}\leqq \theta \leqq \frac{\pi }{2})$$とする。2円の交点の一つを $X$ とすると、三角形 $OAX$ の辺長は$$OX=2\cos \theta ,OA=AX=1.$$余弦定理から$$\mathrm{\angle }AOX=\theta ,\mathrm{\angle }OAX=\pi -2\theta \mathrm{.}$$よって共通部分は、中心角 $2\theta$ の $O$ 側の扇形と、中心角 $2\pi -4\theta$ の $A$ 側の扇形から、2個の合同な三角形を引いたものである。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S(t)}& {\displaystyle =4\theta {\cos }^2\theta +(\pi -2\theta )-\sin 2\theta }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =4\theta {\cos }^2\theta +\pi -2\theta -\sin 2\theta \mathrm{.}}\end{array}$$(2)
今度は積分の順序を変える。$xz$ 平面で極座標$$x=r\cos \phi ,z=r\sin \phi$$を用いる。円柱 $(x-1{)}^2+z^2\leqq 1$ は$$0\leqq r\leqq 2\cos \phi ,-\frac{\pi }{2}\leqq \phi \leqq \frac{\pi }{2}$$と表される。また $L$ の上端 $y=2$ から$$r\leqq \sqrt{2}\mathrm{.}$$固定した $(r,\phi )$ に対し、$y$ は $r^2$ から2まで動くので、その高さは $2-r^2$ である。

対称性を使い、$\phi =\pi \mathrm{/}4$ で上限を分けると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V=2\{}& {\displaystyle {\int }_0^{\pi \mathrm{/}4}{\int }_0^{\sqrt{2}}(2-r^2)rdrd\phi }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +{\int }_{\pi \mathrm{/}4}^{\pi \mathrm{/}2}{\int }_0^{2\cos \phi }(2-r^2)rdrd\phi \}\mathrm{.}}\end{array}$$内側の積分は$${\int }_0^{\sqrt{2}}(2-r^2)rdr=1$$であり、また$${\int }_0^{2\cos \phi }(2-r^2)rdr=4{\cos }^2\phi -4{\cos }^4\phi ={\sin }^{2}2\phi \mathrm{.}$$よって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V}& {\displaystyle =2\{\frac{\pi }{4}+{\int }_{\pi \mathrm{/}4}^{\pi \mathrm{/}2}{\sin }^{2}2\phi d\phi \}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2(\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{8})=\frac{3\pi }{4}\mathrm{.}}\end{array}$$