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九州大学 2018年理系第2問解説

方針・初手

(1) は、特定の $y$ 座標に対する線分 $PR$ の $x$ 座標の範囲を求め、$y$ を動かしたときの領域を考えることで図形 $S$ の形状を特定する。(2) は、定点 $P$ から動点 $Q$ に向かう線分の内分点 $R$ の軌跡をベクトルや座標で求め、線分の通過領域を特定する。(3) は、(1) と (2) で求めた図形の境界線を連立して交点を求め、$y$ 軸まわりの回転体の体積を積分によって計算する。

解法1

(1)

点 $P, Q$ の $y$ 座標を $t \ (0 \leqq t \leqq 3)$ とする。点 $P, Q$ は半円 $x^2 + y^2 = 9 \ (y \geqq 0)$ 上にあり、それぞれの $x$ 座標は $x = \pm\sqrt{9 - t^2}$ である。 $P$ の $x$ 座標は $Q$ の $x$ 座標より小さいので、座標はそれぞれ $$ P(-\sqrt{9-t^2}, t), \quad Q(\sqrt{9-t^2}, t) $$ と表せる。点 $R(x, y)$ は線分 $PQ$ を $2:1$ に内分する点であるから、 $$ x = \frac{1 \cdot (-\sqrt{9-t^2}) + 2 \cdot \sqrt{9-t^2}}{2+1} = \frac{\sqrt{9-t^2}}{3}, \quad y = t $$ となる。線分 $PR$ は $(-\sqrt{9-t^2}, t)$ から $(\frac{\sqrt{9-t^2}}{3}, t)$ までの線分である。 $t$ を $0 \leqq t \leqq 3$ の範囲で動かすとき、線分 $PR$ が通過してできる図形 $S$ は、 $$ -\sqrt{9-y^2} \leqq x \leqq \frac{\sqrt{9-y^2}}{3} \quad (0 \leqq y \leqq 3) $$ を満たす領域である。この領域は、$y$ 軸を境にして左右に分割できる。 $x \leqq 0$ の部分は、四分円 $x^2 + y^2 \leqq 9 \ (x \leqq 0, y \geqq 0)$ であり、その面積は $$ \frac{1}{4} \cdot \pi \cdot 3^2 = \frac{9}{4}\pi $$ である。 $x \geqq 0$ の部分は、境界 $x = \frac{\sqrt{9-y^2}}{3}$ を変形すると $9x^2 + y^2 = 9$ つまり $x^2 + \frac{y^2}{9} = 1$ となり、これは楕円である。この領域は楕円 $x^2 + \frac{y^2}{9} \leqq 1$ の第1象限部分であり、半径 $3$ の円を $x$ 軸方向に $\frac{1}{3}$ 倍に縮小した図形であるから、その面積は $$ \frac{1}{4} \cdot \pi \cdot 1 \cdot 3 = \frac{3}{4}\pi $$ である。したがって、図形 $S$ の面積は $$ \frac{9}{4}\pi + \frac{3}{4}\pi = 3\pi $$

(2)

点 $P$ は $(-3, 0)$ に固定されている。動点 $Q$ は半円 $C: x^2 + y^2 = 9 \ (y \geqq 0)$ 上にあるため、その座標を $(3\cos\theta, 3\sin\theta) \ (0 \leqq \theta \leqq \pi)$ とおく。点 $R(x, y)$ は線分 $PQ$ を $2:1$ に内分する点であるから、 $$ x = \frac{1 \cdot (-3) + 2 \cdot 3\cos\theta}{3} = -1 + 2\cos\theta $$

$$ y = \frac{1 \cdot 0 + 2 \cdot 3\sin\theta}{3} = 2\sin\theta $$ これより $\cos\theta, \sin\theta$ を消去すると、 $$ (x+1)^2 + y^2 = 4 \quad (y \geqq 0) $$ となり、点 $R$ の軌跡は中心 $(-1, 0)$、半径 $2$ の半円の弧となる。線分 $PR$ は、定点 $P(-3, 0)$ とこの弧上の点 $R$ を結ぶ線分である。点 $P(-3, 0)$ はこの半円の直径の左端であるため、点 $R$ が半円の弧全体を動くとき、線分 $PR$ はこの半円の内部および境界をすべて通過する。ゆえに、図形 $T$ は $$ (x+1)^2 + y^2 \leqq 4 \quad (y \geqq 0) $$ で表される領域である。図形 $T$ の面積は、半径 $2$ の半円の面積であるから、 $$ \frac{1}{2} \cdot \pi \cdot 2^2 = 2\pi $$

(3)

(1) および (2) より、第1象限における図形 $S, T$ の条件はそれぞれ以下の通りである。 $S$: $9x^2 + y^2 \leqq 9 \quad (x \geqq 0, y \geqq 0)$ $T$: $(x+1)^2 + y^2 \leqq 4 \quad (x \geqq 0, y \geqq 0)$ $S$ と $T$ の境界となる曲線の交点を求めるため、$y^2$ を消去して連立する。 $$ 9(1 - x^2) = 4 - (x+1)^2 $$

$$ 9 - 9x^2 = 4 - (x^2 + 2x + 1) $$

$$ 8x^2 - 2x - 6 = 0 $$

$$ 2(4x+3)(x-1) = 0 $$ $x \geqq 0$ の範囲では $x = 1$ のみが適する。このとき $y^2 = 9(1 - 1) = 0$ より $y = 0$ となる。したがって、2つの曲線は $x$ 軸上の点 $(1, 0)$ でのみ交わる。図形 $U$ は、$0 \leqq y \leqq 3$ において外側の境界 $x = \frac{1}{3}\sqrt{9-y^2}$ を持ち、内側の境界として $0 \leqq y \leqq \sqrt{3}$ では $x = \sqrt{4-y^2} - 1$ を、$\sqrt{3} \leqq y \leqq 3$ では $y$ 軸 ($x=0$) を持つ領域となる。求める体積 $V$ は、$y$ 軸に垂直な平面で領域を切断し、円環の面積を $y$ 方向に積分することで求められる。 $$ V = \pi \int_0^3 \left( \frac{1}{3}\sqrt{9-y^2} \right)^2 dy - \pi \int_0^{\sqrt{3}} \left( \sqrt{4-y^2} - 1 \right)^2 dy $$ 第1項の積分を $V_1$、第2項の積分を $V_2$ とする。 $$ V_1 = \pi \int_0^3 \left( 1 - \frac{y^2}{9} \right) dy = \pi \left[ y - \frac{y^3}{27} \right]_0^3 = 2\pi $$ 次に $V_2$ を計算する。 $$ V_2 = \pi \int_0^{\sqrt{3}} \left( (4-y^2) - 2\sqrt{4-y^2} + 1 \right) dy = \pi \int_0^{\sqrt{3}} (5-y^2) dy - 2\pi \int_0^{\sqrt{3}} \sqrt{4-y^2} dy $$

$$ \int_0^{\sqrt{3}} (5-y^2) dy = \left[ 5y - \frac{y^3}{3} \right]_0^{\sqrt{3}} = 5\sqrt{3} - \sqrt{3} = 4\sqrt{3} $$ 定積分 $\int_0^{\sqrt{3}} \sqrt{4-y^2} dy$ は、半径 $2$ の円の第1象限における $0 \leqq y \leqq \sqrt{3}$ の部分の面積に相当し、中心角 $\frac{\pi}{3}$ の扇形と直角三角形の面積の和として求められる。 $$ \int_0^{\sqrt{3}} \sqrt{4-y^2} dy = \frac{1}{2} \cdot 2^2 \cdot \frac{\pi}{3} + \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sqrt{3} = \frac{2}{3}\pi + \frac{\sqrt{3}}{2} $$ これらを代入して、 $$ V_2 = \pi \left( 4\sqrt{3} - 2\left( \frac{2}{3}\pi + \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \right) = \pi \left( 3\sqrt{3} - \frac{4}{3}\pi \right) = 3\sqrt{3}\pi - \frac{4}{3}\pi^2 $$ したがって、求める体積 $V$ は $$ V = V_1 - V_2 = 2\pi - \left( 3\sqrt{3}\pi - \frac{4}{3}\pi^2 \right) = 2\pi - 3\sqrt{3}\pi + \frac{4}{3}\pi^2 $$

解法2

(3) 円筒殻積分（バウムクーヘン積分）を用いる別解

領域 $U$ を $x$ 軸に垂直な線分で切り、$y$ 軸まわりに回転させる円筒殻積分を利用する。 $S$ と $T$ の上下の境界関係は、$0 \leqq x \leqq 1$ において、上側の境界が $S$ の $y = 3\sqrt{1-x^2}$、下側の境界が $T$ の $y = \sqrt{4-(x+1)^2}$ となる。したがって、求める体積 $V$ は以下のように立式できる。 $$ V = 2\pi \int_0^1 x \left( 3\sqrt{1-x^2} - \sqrt{4-(x+1)^2} \right) dx $$ これを2つの積分に分けて計算する。1つ目の積分は、 $$ I_1 = 2\pi \int_0^1 3x\sqrt{1-x^2} dx = 6\pi \left[ -\frac{1}{3}(1-x^2)^{\frac{3}{2}} \right]_0^1 = 2\pi $$ 2つ目の積分は、 $$ I_2 = 2\pi \int_0^1 x\sqrt{4-(x+1)^2} dx $$ $t = x+1$ と置換すると $dt = dx$、積分区間は $1 \leqq t \leqq 2$ となる。 $$ \begin{aligned} I_2 &= 2\pi \int_1^2 (t-1)\sqrt{4-t^2} dt \\ &= 2\pi \int_1^2 t\sqrt{4-t^2} dt - 2\pi \int_1^2 \sqrt{4-t^2} dt \end{aligned} $$ 前半部分は、 $$ 2\pi \left[ -\frac{1}{3}(4-t^2)^{\frac{3}{2}} \right]_1^2 = 2\pi \left( 0 - \left( -\frac{1}{3} \cdot 3\sqrt{3} \right) \right) = 2\sqrt{3}\pi $$ 後半部分の定積分 $\int_1^2 \sqrt{4-t^2} dt$ は、半径 $2$ の円の $1 \leqq x \leqq 2$ の部分の面積に相当し、中心角 $\frac{\pi}{3}$ の扇形から直角三角形を引いたものになるため、 $$ \int_1^2 \sqrt{4-t^2} dt = \frac{1}{2} \cdot 2^2 \cdot \frac{\pi}{3} - \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sqrt{3} = \frac{2}{3}\pi - \frac{\sqrt{3}}{2} $$ したがって、 $$ I_2 = 2\sqrt{3}\pi - 2\pi \left( \frac{2}{3}\pi - \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 3\sqrt{3}\pi - \frac{4}{3}\pi^2 $$ 求める体積 $V$ は $$ V = I_1 - I_2 = 2\pi - \left( 3\sqrt{3}\pi - \frac{4}{3}\pi^2 \right) = 2\pi - 3\sqrt{3}\pi + \frac{4}{3}\pi^2 $$

解説

(1) や (2) で求められる図形がどのような曲線で囲まれているかを正しく把握することが重要である。(1) では媒介変数を用いて $x$ と $y$ の関係式を導くことで楕円を導出し、(2) では点 $R$ の軌跡が円であることを導いた上で「線分 $PR$ が通過する」領域を考える。(3) の回転体の体積は、$y$ 軸まわりの回転であるため $y$ 方向の積分を行うのが定石であるが、定積分の計算過程で円の面積の一部を利用することで計算量を減らすことができる。また、解法2のように円筒殻積分（バウムクーヘン積分）を用いれば、$x$ 軸方向の積分に帰着でき、見通しよく計算を進めることが可能である。