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九州大学 1984年理系第5問解説

方針・初手

(1) 点 $(X, Y)$ と点 $(x, y)$ の関係を数式で表す。点 $(X, Y)$ を原点のまわりに $-45^\circ$ 回転して戻した点が $(x, y)$ であることに着目し、回転の公式（または回転行列や複素数平面）を用いて $x, y$ を $X, Y$ で表す。それをだ円 $C$ の方程式に代入する。

(2) 斜軸回転体の体積を求める問題であるが、(1) の誘導に乗ることが重要である。図形全体を原点まわりに $45^\circ$ 回転させると、回転軸である直線 $l: y = -x$ は $X$ 軸に重なる。したがって、求める体積は (1) で求めた曲線を $X$ 軸のまわりに回転させてできる立体の体積に等しくなる。

解法1

(1) 点 $(X, Y)$ を原点のまわりに $-45^\circ$ 回転した点が $(x, y)$ であるから、

$$\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos(-45^\circ) & -\sin(-45^\circ) \\ \sin(-45^\circ) & \cos(-45^\circ) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X \\ Y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X \\ Y \end{pmatrix}$$

これより、

$$ x = \frac{X+Y}{\sqrt{2}}, \quad y = \frac{-X+Y}{\sqrt{2}} $$

これをだ円 $C$ の方程式 $x^2 + 3y^2 = 2$ に代入する。

$$ \left(\frac{X+Y}{\sqrt{2}}\right)^2 + 3\left(\frac{-X+Y}{\sqrt{2}}\right)^2 = 2 $$

両辺を $2$ 倍して展開すると、

$$ (X^2+2XY+Y^2) + 3(X^2-2XY+Y^2) = 4 $$

整理して、

$$ 4X^2 - 4XY + 4Y^2 = 4 $$

$$ X^2 - XY + Y^2 = 1 $$

これが $(X, Y)$ が満たす方程式である。

(2) 直線 $l: y = -x$ を原点のまわりに $45^\circ$ 回転すると、$X$ 軸（すなわち直線 $Y=0$）となる。だ円 $C$ と直線 $l$ で囲まれる領域のうちの「右上の部分」は $x+y \ge 0$ を満たす領域である。$x+y = \sqrt{2}Y$ であるから、これは回転後の座標平面において $Y \ge 0$ を満たす領域に対応する。したがって、求める立体の体積 $V$ は、曲線 $X^2 - XY + Y^2 = 1$ と $X$ 軸で囲まれる領域のうち $Y \ge 0$ の部分を、$X$ 軸のまわりに1回転してできる立体の体積に等しい。

曲線の方程式を $Y$ の2次方程式とみて解くと、

$$ Y = \frac{X \pm \sqrt{4-3X^2}}{2} $$

実数解をもつ条件は $4-3X^2 \ge 0$ より $-\frac{2}{\sqrt{3}} \le X \le \frac{2}{\sqrt{3}}$ である。 $Y_1 = \frac{X + \sqrt{4-3X^2}}{2}$、$Y_2 = \frac{X - \sqrt{4-3X^2}}{2}$ とおく。 $Y_1 = 0$ となるのは $X = -1$ のとき、$Y_2 = 0$ となるのは $X = 1$ のときである。グラフの上下関係を考慮すると、求める領域は、$-1 \le X \le 1$ では $Y=0$ と $Y=Y_1$ で囲まれた部分、$1 \le X \le \frac{2}{\sqrt{3}}$ では $Y=Y_2$ と $Y=Y_1$ で囲まれた部分となる。よって、体積 $V$ は次のように表される。

$$\begin{aligned} V &= \pi \int_{-1}^{\frac{2}{\sqrt{3}}} Y_1^2 \, dX - \pi \int_{1}^{\frac{2}{\sqrt{3}}} Y_2^2 \, dX \\ &= \pi \int_{-1}^{1} Y_1^2 \, dX + \pi \int_{1}^{\frac{2}{\sqrt{3}}} (Y_1^2 - Y_2^2) \, dX \end{aligned}$$

ここで、被積分関数を計算する。

$$ Y_1^2 = \frac{X^2 + (4-3X^2) + 2X\sqrt{4-3X^2}}{4} = 1 - \frac{1}{2}X^2 + \frac{1}{2}X\sqrt{4-3X^2} $$

$$ Y_1^2 - Y_2^2 = X\sqrt{4-3X^2} $$

これらを代入して積分を計算する。第1項における $X\sqrt{4-3X^2}$ は奇関数であるため区間 $[-1, 1]$ での定積分は $0$ となる。

$$ \pi \int_{-1}^{1} Y_1^2 \, dX = \pi \int_{-1}^{1} \left(1 - \frac{1}{2}X^2\right) \, dX = 2\pi \left[ X - \frac{1}{6}X^3 \right]_0^1 = \frac{5}{3}\pi $$

第2項の積分は、$u = 4-3X^2$ と置換すると $du = -6X \, dX$ となり、$X$ が $1$ から $\frac{2}{\sqrt{3}}$ まで動くとき、$u$ は $1$ から $0$ まで動く。

$$ \pi \int_{1}^{\frac{2}{\sqrt{3}}} X\sqrt{4-3X^2} \, dX = \pi \int_{1}^{0} \sqrt{u} \left(-\frac{1}{6}\right) \, du = \frac{\pi}{6} \left[ \frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}} \right]_0^1 = \frac{1}{9}\pi $$

以上より、

$$ V = \frac{5}{3}\pi + \frac{1}{9}\pi = \frac{16}{9}\pi $$

解法2

(1) （解法1に同じ）

(2) だ円 $C: \frac{x^2}{2} + \frac{y^2}{2/3} = 1$ 上の点は、媒介変数 $\theta$ を用いて

$$ x = \sqrt{2}\cos\theta, \quad y = \sqrt{\frac{2}{3}}\sin\theta $$

と表される。直線 $l: y = -x$ との交点は、$x+y=0$ より

$$ \sqrt{2}\cos\theta + \sqrt{\frac{2}{3}}\sin\theta = 0 \iff \tan\theta = -\sqrt{3} $$

これより $\theta = -\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}$ である。領域の「右上の部分」は $x+y \ge 0$ であり、三角関数の合成を用いると

$$ x+y = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\sin\left(\theta + \frac{\pi}{3}\right) \ge 0 $$

となるから、対応するパラメータの範囲は $-\frac{\pi}{3} \le \theta \le \frac{2\pi}{3}$ である。 (1) で求めた関係式より、$X, Y$ を $\theta$ で表すと

$$ X = \frac{x-y}{\sqrt{2}} = \cos\theta - \frac{1}{\sqrt{3}}\sin\theta = \frac{2}{\sqrt{3}}\cos\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) $$

$$ Y = \frac{x+y}{\sqrt{2}} = \cos\theta + \frac{1}{\sqrt{3}}\sin\theta = \frac{2}{\sqrt{3}}\sin\left(\theta + \frac{\pi}{3}\right) $$

体積 $V$ は $Y \ge 0$ の部分を $X$ 軸のまわりに回転させるため、$V = \int \pi Y^2 \, dX$ と表せる。 $\theta$ が $-\frac{\pi}{3}$ から $\frac{2\pi}{3}$ まで増加するとき、$X$ は減少していくため、積分区間を考慮すると

$$ V = \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{2\pi}{3}} \pi Y^2 \left(-\frac{dX}{d\theta}\right) \, d\theta $$

となる。ここで、

$$ -\frac{dX}{d\theta} = \sin\theta + \frac{1}{\sqrt{3}}\cos\theta = \frac{2}{\sqrt{3}}\sin\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) $$

であるから、代入して

$$ V = \pi \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{2\pi}{3}} \frac{4}{3}\sin^2\left(\theta + \frac{\pi}{3}\right) \cdot \frac{2}{\sqrt{3}}\sin\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) \, d\theta $$

$\alpha = \theta + \frac{\pi}{6}$ と置換すると、$d\alpha = d\theta$ であり、積分区間は $-\frac{\pi}{6} \le \alpha \le \frac{5\pi}{6}$ となる。

$$ V = \frac{8\sqrt{3}}{9}\pi \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{5\pi}{6}} \sin^2\left(\alpha + \frac{\pi}{6}\right) \sin\alpha \, d\alpha $$

加法定理 $\sin\left(\alpha + \frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha + \frac{1}{2}\cos\alpha$ を用いて被積分関数を展開する。

$$ \sin^2\left(\alpha + \frac{\pi}{6}\right)\sin\alpha = \frac{3}{4}\sin^3\alpha + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin^2\alpha\cos\alpha + \frac{1}{4}\cos^2\alpha\sin\alpha $$

それぞれの項の不定積分は以下のようになる。

$$ \int \sin^3\alpha \, d\alpha = -\cos\alpha + \frac{1}{3}\cos^3\alpha $$

$$ \int \sin^2\alpha\cos\alpha \, d\alpha = \frac{1}{3}\sin^3\alpha $$

$$ \int \cos^2\alpha\sin\alpha \, d\alpha = -\frac{1}{3}\cos^3\alpha $$

これらをまとめると、求める原始関数の一つは

$$ F(\alpha) = \frac{3}{4}\left(-\cos\alpha + \frac{1}{3}\cos^3\alpha\right) + \frac{\sqrt{3}}{2}\left(\frac{1}{3}\sin^3\alpha\right) + \frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\cos^3\alpha\right) = -\frac{3}{4}\cos\alpha + \frac{1}{6}\cos^3\alpha + \frac{\sqrt{3}}{6}\sin^3\alpha $$

定積分を計算する。

$$\begin{aligned} F\left(\frac{5\pi}{6}\right) &= -\frac{3}{4}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + \frac{1}{6}\left(-\frac{3\sqrt{3}}{8}\right) + \frac{\sqrt{3}}{6}\left(\frac{1}{8}\right) = \frac{3\sqrt{3}}{8} - \frac{\sqrt{3}}{16} + \frac{\sqrt{3}}{48} = \frac{\sqrt{3}}{3} \\ F\left(-\frac{\pi}{6}\right) &= -\frac{3}{4}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + \frac{1}{6}\left(\frac{3\sqrt{3}}{8}\right) + \frac{\sqrt{3}}{6}\left(-\frac{1}{8}\right) = -\frac{3\sqrt{3}}{8} + \frac{\sqrt{3}}{16} - \frac{\sqrt{3}}{48} = -\frac{\sqrt{3}}{3} \end{aligned}$$

したがって、積分の値は $\frac{\sqrt{3}}{3} - \left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right) = \frac{2\sqrt{3}}{3}$ となる。よって、

$$ V = \frac{8\sqrt{3}}{9}\pi \times \frac{2\sqrt{3}}{3} = \frac{16}{9}\pi $$

解説

斜軸回転体の体積を求める典型問題である。(1) で図形を回転させる誘導があるため、これを利用して「斜めの軸」を「 $X$ 軸」に置き換えて考えるのが素直な解法である。

解法1は $Y$ を $X$ の関数として陽に表し、そのまま積分を計算するアプローチである。積分計算において、偶関数・奇関数の性質を利用することで大幅に手間を減らすことができる。解法2はだ円を媒介変数表示するアプローチである。パラメータ $\theta$ による積分に帰着でき、置換積分 $\alpha = \theta + \frac{\pi}{6}$ を見抜ければ、システマチックに計算を進めることができる。積分経路の向き（$X$ の増減）に注意して符号を間違えないことが重要である。