東京大学 2013年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第6問

(1) $$u=\frac{x+y}{\sqrt{2}},v=\frac{x-y}{\sqrt{2}}$$ とおく。これは $xy$ 平面内で座標軸を ${45}^{\circ }$ 回転する変換である。正方形 $S$ は $$\mathrm{\mid }u\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }v\mathrm{\mid }\leqq \sqrt{2},z=0$$ と表される。

直線 $BD$ は $u$ 軸である。したがって $S$ を $BD$ のまわりに回転してできる立体 $V_1$ は、各 $u$ に対して半径 $\sqrt{2}-\mathrm{\mid }u\mathrm{\mid }$ の円板をもつので $$v^2+z^2\leqq (\sqrt{2}-\mathrm{\mid }u\mathrm{\mid }{)}^2$$ で表される。

平面 $x=t$ は $$\frac{u+v}{\sqrt{2}}=t$$ すなわち $u+v=\sqrt{2}t$ である。よってこの平面上では $v=\sqrt{2}t-u$ であり、断面は $$z^2\leqq (\sqrt{2}-\mathrm{\mid }u\mathrm{\mid }{)}^2-(\sqrt{2}t-u{)}^2$$ を満たす点からなる。

まず $u\leqq 0$ では $$z^2\leqq (\sqrt{2}+u{)}^2-(\sqrt{2}t-u{)}^2=2(1+t)(1-t+\sqrt{2}u)$$ である。したがって $$-\frac{1-t}{\sqrt{2}}\leqq u\leqq 0$$ である。

次に $u\geqq 0$ では $$z^2\leqq (\sqrt{2}-u{)}^2-(\sqrt{2}t-u{)}^2=2(1-t)(1+t-\sqrt{2}u)$$ である。したがって $$0\leqq u\leqq \frac{1+t}{\sqrt{2}}$$ である。

平面 $x=t$ 上で $u$ が $du$ だけ変化すると、実際の長さは $\sqrt{2}du$ である。よって面積要素は $\sqrt{2}dudz$ である。したがって断面積は$$\sqrt{2}{\int }_{-(1-t)\mathrm{/}\sqrt{2}}^{0}2\sqrt{2(1+t)(1-t+\sqrt{2}u)}du+\sqrt{2}{\int }_0^{(1+t)\mathrm{/}\sqrt{2}}2\sqrt{2(1-t)(1+t-\sqrt{2}u)}du\mathrm{.}$$第1項では $w=1-t+\sqrt{2}u$ とおくと$$\sqrt{2}{\int }_{-(1-t)\mathrm{/}\sqrt{2}}^{0}2\sqrt{2(1+t)(1-t+\sqrt{2}u)}du=\frac{4\sqrt{2}}{3}(1-t)\sqrt{1-t^2}$$である。第2項では $w=1+t-\sqrt{2}u$ とおくと$$\sqrt{2}{\int }_0^{(1+t)\mathrm{/}\sqrt{2}}2\sqrt{2(1-t)(1+t-\sqrt{2}u)}du=\frac{4\sqrt{2}}{3}(1+t)\sqrt{1-t^2}$$である。よって断面積は$$\frac{4\sqrt{2}}{3}\{(1-t)+(1+t)\}\sqrt{1-t^2}=\frac{8\sqrt{2}}{3}\sqrt{1-t^2}$$である。

(2)
同様に、$V_2$ は $v$ 軸まわりの回転体であるから $$u^2+z^2\leqq (\sqrt{2}-\mathrm{\mid }v\mathrm{\mid }{)}^2$$ で表される。

対称性により、$u\geqq 0,v\geqq 0$ の部分を求めて4倍すればよい。さらにこの第1象限内では、直線 $u=v$ に関して対称であるから、$0\leqq u\leqq v$ の部分を求めて、最終的に8倍すればよい。

第1象限では $u+v\leqq \sqrt{2}$ である。$0\leqq u\leqq v$ の部分では $$(\sqrt{2}-v{)}^2-u^2\leqq (\sqrt{2}-u{)}^2-v^2$$ となるので、$z$ の範囲は $$-\sqrt{(\sqrt{2}-v{)}^2-u^2}\leqq z\leqq \sqrt{(\sqrt{2}-v{)}^2-u^2}$$ である。

ここで $q=\sqrt{2}-v$ とおくと、考える領域は $$T:u\geqq 0,q\geqq 0,u\leqq q,u+q\leqq \sqrt{2}$$ となる。この部分の体積を $J$ とする。$$u=r\sin \theta ,q=r\cos \theta$$とおき、領域 $T$ を原点から出る角度 $\theta$ の細い扇形に分ける。高さは$$2\sqrt{q^2-u^2}=2r\sqrt{\cos 2\theta }$$であり、半径 $r$ から $r+dr$ までの細い扇形の面積は $rdrd\theta$ である。領域 $T$ は$$0\leqq \theta \leqq \frac{\pi }{4},0\leqq r\leqq \frac{\sqrt{2}}{\sin \theta +\cos \theta }$$で表される。各 $\theta$ について半径方向の体積を先に足すと$${\left[\frac{2}{3}{r}^3\sqrt{\cos 2\theta }\right]}_0^{\sqrt{2}\mathrm{/}(\sin \theta +\cos \theta )}d\theta$$となる。したがって$$J=\frac{4\sqrt{2}}{3}{\int }_0^{\pi \mathrm{/}4}\frac{\sqrt{\cos 2\theta }}{(\sin \theta +\cos \theta {)}^3}d\theta \mathrm{.}$$残った積分を$$I={\int }_0^{\pi \mathrm{/}4}\frac{\sqrt{\cos 2\theta }}{(\sin \theta +\cos \theta {)}^3}d\theta$$とおく。まず $t=\tan \theta$ とすると$$\cos 2\theta =\frac{1-t^2}{1+t^2},\sin \theta +\cos \theta =\frac{1+t}{\sqrt{1+t^2}},d\theta =\frac{dt}{1+t^2}$$だから$$I={\int }_0^1\frac{\sqrt{1-t}}{(1+t{)}^{5\mathrm{/}2}}dt\mathrm{.}$$さらに$$w=\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}$$とおくと$$t=\frac{1-w^2}{1+w^2},dt=-\frac{4w}{(1+w^2{)}^2}dw\mathrm{.}$$このとき被積分関数と $dt$ の積は $-w^{2}dw$ となり、$t=0,1$ はそれぞれ $w=1,0$ に対応する。よって$$I={\int }_1^0(-w^2)dw={\int }_0^1{w}^{2}dw=\frac{1}{3}\mathrm{.}$$したがって$$J=\frac{4\sqrt{2}}{9}\mathrm{.}$$求める共通部分全体の体積は $8J$ なので$$\frac{32\sqrt{2}}{9}$$である。

左図の三角形 $T$ が、対称性で全体の $1\mathrm{/}8$ に絞った積分領域である。