東京大学 2012年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第3問

(1)
まず2つの境界の交点を求める。放物線 $y=x^2\mathrm{/}2$ を楕円 $$\frac{x^2}{4}+4y^2=\frac{1}{8}$$ に代入すると $$\frac{x^2}{4}+4{\left(\frac{x^2}{2}\right)}^2=\frac{1}{8}$$ すなわち $$\frac{x^2}{4}+x^4=\frac{1}{8}$$ である。$X=x^2$ とおくと $8X^2+2X-1=0$ となり、$(4X-1)(2X+1)=0$ である。$X\geqq 0$ だから $X=1\mathrm{/}4$、すなわち $x=\pm \frac{1}{2}$ で交わる。

楕円の上半分は $$4y^2=\frac{1}{8}-\frac{x^2}{4}=\frac{1-2x^2}{8}$$ より $$y=\frac{\sqrt{1-2x^2}}{4\sqrt{2}}$$ である。したがって領域 $S$ は$$-\frac{1}{2}\leqq x\leqq \frac{1}{2},\frac{x^2}{2}\leqq y\leqq \frac{\sqrt{1-2x^2}}{4\sqrt{2}}$$領域 $S$ は放物線の上側かつ楕円の内側にある青色部分で、交点の $x$ 座標は $\pm 1\mathrm{/}2$ である。

で表される。 $x$ 軸のまわりに回転すると、外半径は $\sqrt{1-2x^2}\mathrm{/}(4\sqrt{2})$、内半径は $x^2\mathrm{/}2$ である。よって$$V_1=\pi {\int }_{-1\mathrm{/}2}^{1\mathrm{/}2}\{{\left(\frac{\sqrt{1-2x^2}}{4\sqrt{2}}\right)}^2-{\left(\frac{x^2}{2}\right)}^2\}dx$$である。被積分関数を整理すると$${\left(\frac{\sqrt{1-2x^2}}{4\sqrt{2}}\right)}^2-{\left(\frac{x^2}{2}\right)}^2=\frac{1-2x^2}{32}-\frac{x^4}{4}$$なので$$V_1=\pi {\int }_{-1\mathrm{/}2}^{1\mathrm{/}2}(\frac{1}{32}-\frac{x^2}{16}-\frac{x^4}{4})dx$$である。偶関数であることを用いて計算すると$$V_1=2\pi {[\frac{x}{32}-\frac{x^3}{48}-\frac{x^5}{20}]}_0^{1\mathrm{/}2}=\frac{11\pi }{480}$$である。

次に $y$ 軸のまわりに回転する体積を求める。$S$ は $y$ 軸対称なので、$0\leqq x\leqq 1\mathrm{/}2$ の部分を円筒殻で回転すればよい。半径は $x$、高さは $\frac{\sqrt{1-2x^2}}{4\sqrt{2}}-\frac{x^2}{2}$ であるから$$V_2=2\pi {\int }_0^{1\mathrm{/}2}x(\frac{\sqrt{1-2x^2}}{4\sqrt{2}}-\frac{x^2}{2})dx$$である。ここで$$\int x\frac{\sqrt{1-2x^2}}{4\sqrt{2}}dx=-\frac{(1-2x^2{)}^{3\mathrm{/}2}}{24\sqrt{2}},\int \frac{x^3}{2}dx=\frac{x^4}{8}$$だから$$V_2=2\pi {[-\frac{(1-2x^2{)}^{3\mathrm{/}2}}{24\sqrt{2}}-\frac{x^4}{8}]}_0^{1\mathrm{/}2}$$である。代入して整理すると $$V_2=\frac{(8\sqrt{2}-7)\pi }{192}$$ である。

(2)
(1)より$$\frac{V_2}{V_1}=\frac{(8\sqrt{2}-7)\pi }{192}\cdot \frac{480}{11\pi }=\frac{40\sqrt{2}-35}{22}$$である。これが1より小さいかどうかは $40\sqrt{2}-35<22$ すなわち $40\sqrt{2}<57$ と同値である。両辺は正であり、平方すると $$(40\sqrt{2}{)}^2=3200,{57}^2=3249$$ であるから $40\sqrt{2}<57$ が成り立つ。したがって $$\frac{V_2}{V_1}<1$$ である。

領域を高さ $y$ ごとの水平断面で見る。放物線側の半幅 $\sqrt{2y}$ と楕円側の半幅 $\sqrt{1\mathrm{/}2-16y^2}$ が $y=1\mathrm{/}8$ で入れ替わる。$x$ 軸回転は円筒殻、$y$ 軸回転は円板として同じ区分で積分する。

(1)
高さ $y$ における領域の半幅を $r(y)$ とする。放物線から $x^2\leqq 2y$、楕円から $x^2\leqq 1\mathrm{/}2-16y^2$ を得る。2つの上限が等しくなる正の高さは$$2y=\frac{1}{2}-16y^2$$より $y=1\mathrm{/}8$ である。また領域の最高点は $y=1\mathrm{/}(4\sqrt{2})$ である。したがって$$r(y)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{2y}& (0\leqq y\leqq 1\mathrm{/}8),\\ \sqrt{1\mathrm{/}2-16y^2}& (1\mathrm{/}8\leqq y\leqq 1\mathrm{/}(4\sqrt{2}))\mathrm{.}\end{array}$$$x$ 軸のまわりには、半径 $y$、高さ $2r(y)$ の円筒殻を回すと考えられる。よって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V_1}& {\displaystyle =4\pi \{{\int }_0^{1\mathrm{/}8}y\sqrt{2y}dy+{\int }_{1\mathrm{/}8}^{1\mathrm{/}(4\sqrt{2})}y\sqrt{\frac{1}{2}-16y^2}dy\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =4\pi (\frac{1}{320}+\frac{1}{384})=\frac{11\pi }{480}\mathrm{.}}\end{array}$$$y$ 軸のまわりには、半径 $r(y)$ の円板を積み重ねればよい。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V_2}& {\displaystyle =\pi \{{\int }_0^{1\mathrm{/}8}2ydy+{\int }_{1\mathrm{/}8}^{1\mathrm{/}(4\sqrt{2})}(\frac{1}{2}-16y^2)dy\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\pi \{\frac{1}{64}+{[\frac{y}{2}-\frac{16}{3}{y}^3]}_{1\mathrm{/}8}^{1\mathrm{/}(4\sqrt{2})}\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{(8\sqrt{2}-7)\pi }{192}\mathrm{.}}\end{array}$$(2)
よって$$\frac{V_2}{V_1}=\frac{40\sqrt{2}-35}{22}\mathrm{.}$$両辺が正であることに注意すると、$$40\sqrt{2}<57⟺3200<3249$$だから$$\frac{V_2}{V_1}<1$$である。