東北大学 2010年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第6問

領域 $A$ は $$(x-1{)}^2+y^2\leqq 1,0\leqq x\leqq 1,y\geqq 0$$ で表される。固定した $x$ に対して，$y$ の範囲は $$0\leqq y\leqq \sqrt{1-(x-1{)}^2}=\sqrt{2x-x^2}$$ である。

これを $z$ 軸方向に1だけ平行移動して通過する立体 $B$ を考えると，固定した $x$ における $yz$ 平面での断面は $$0\leqq y\leqq r,0\leqq z\leqq 1$$ という長方形である。ただし $$r=\sqrt{2x-x^2}$$ である。$0\leqq x\leqq 1$ では $0\leqq r\leqq 1$ である。

この長方形を，$y$ 軸から $z$ 軸の方向へ90度回転させたときに通過する部分の面積を求める。$yz$ 平面で原点を中心とする極角を考える。もとの長方形内で，角 $\varphi$ 方向に進める最大半径は$$R(\varphi )=\min (\frac{r}{\cos \varphi },\frac{1}{\sin \varphi })(0\leqq \varphi \leqq \frac{\pi }{2})$$である。2つが等しくなる角を ${\varphi }_0$ とすると $\tan {\varphi }_0={\displaystyle \frac{1}{r}}$ であり，そのときの最大半径は $\sqrt{1+r^2}$ である。

90度回転で通過する領域を極角ごとに見ると，最大半径は $0\leqq \theta \leqq {\varphi }_0$ では $r\mathrm{/}\cos \theta$，$${\varphi }_0\leqq \theta \leqq {\varphi }_0+{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$$ では $\sqrt{1+r^2}$，$${\varphi }_0+{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\leqq \theta \leqq \pi$$ では $1\mathrm{/}(-\cos \theta )$ である。したがって掃過面積 $S(r)$ は，扇形の面積公式を用いて$$S(r)=\frac{1}{2}{\int }_0^{{\varphi }_0}\frac{r^2}{{\cos }^2\theta }d\theta +\frac{1}{2}{\int }_{{\varphi }_0}^{{\varphi }_0+\pi \mathrm{/}2}(1+r^2)d\theta +\frac{1}{2}{\int }_{{\varphi }_0+\pi \mathrm{/}2}^{\pi }\frac{1}{{\cos }^2\theta }d\theta \mathrm{.}$$ここで $$\tan {\varphi }_0={\displaystyle \frac{1}{r}},\tan ({\varphi }_0+{\displaystyle \frac{\pi }{2}})=-r$$ であるから$$S(r)=\frac{1}{2}{r}^2\tan {\varphi }_0+\frac{\pi }{4}(1+r^2)+\frac{1}{2}\{\tan \pi -\tan ({\varphi }_0+\frac{\pi }{2})\}\mathrm{.}$$よって $$S(r)={\displaystyle \frac{1}{2}}r+{\displaystyle \frac{\pi }{4}}(1+r^2)+{\displaystyle \frac{1}{2}}r=r+{\displaystyle \frac{\pi }{4}}(1+r^2)\mathrm{.}$$ したがって求める体積は$${\int }_0^1\{r+\frac{\pi }{4}(1+r^2)\}dx={\int }_0^1\{\sqrt{2x-x^2}+\frac{\pi }{4}(1+2x-x^2)\}dx$$である。

まず$$\sqrt{2x-x^2}=\sqrt{1-(x-1{)}^2}$$であるから$${\int }_0^1\sqrt{2x-x^2}dx$$は半径1の円の第2象限の4分の1の面積に等しい。したがって$${\int }_0^1\sqrt{2x-x^2}dx=\frac{\pi }{4}$$である。また$${\int }_0^1(1+2x-x^2)dx={[x+x^2-\frac{x^3}{3}]}_0^1=1+1-\frac{1}{3}=\frac{5}{3}$$である。

よって体積は$$\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{4}\cdot \frac{5}{3}=\frac{\pi }{4}\cdot \frac{8}{3}=\frac{2\pi }{3}$$である。

固定した $x$ における断面

長方形を90度掃過した断面積を求め、それを $x$ 方向へ積分する。

固定した $x$ で $B$ を切ると、辺長 $r=\sqrt{2x-x^2}$ と1の長方形になる。この長方形を90度掃過した領域を、長方形と半径 $r,1$ の2つの四分円へ分解して断面積を出し、最後に $x$ で積分する。

固定した $x$ に対して$$r=\sqrt{2x-x^2}(0\leqq x\leqq 1)$$とおく。このとき $B$ の $yz$ 平面による断面は$$0\leqq y\leqq r,0\leqq z\leqq 1$$で表される長方形である。

この長方形を原点のまわりに90度掃過してできる領域は、境界をたどると、辺長 $r,1$ の長方形と、半径 $r$ および1の四分円に、重なりなく分解できる。したがって断面積は$$S(r)=r+\frac{\pi r^2}{4}+\frac{\pi }{4}=r+\frac{\pi }{4}(1+r^2)$$である。

よって求める体積 $V$ は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V}& {\displaystyle ={\int }_0^{1}S\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\sqrt{2x-x^2}\right)dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\int }_0^1\sqrt{2x-x^2}dx+\frac{\pi }{4}{\int }_0^1(1+2x-x^2)dx\mathrm{.}}\end{array}$$第1の積分は$$y=\sqrt{1-(x-1{)}^2}$$で表される半径1の四分円の面積だから$${\int }_0^1\sqrt{2x-x^2}dx=\frac{\pi }{4}\mathrm{.}$$また$${\int }_0^1(1+2x-x^2)dx=\frac{5}{3}\mathrm{.}$$したがって$$V=\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{4}\cdot \frac{5}{3}=\frac{2\pi }{3}$$である。