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名古屋大学 1967年理系第6問解説

方針・初手

斜軸回転体の体積を求める問題である。放物線上の点から回転軸となる直線へ下ろした垂線の長さを半径とし、回転軸に沿って積分するのが基本方針となる。積分変数の取り方として、回転軸上の距離を媒介変数で表して置換積分する方法（解法1）と、座標平面全体を回転させて $x$ 軸まわりの回転体に帰着させる方法（解法2）の2通りを示す。

解法1

放物線 $C: y = \frac{x^2}{\sqrt{2}} - x$ と直線 $l: y = x$ の交点の $x$ 座標は、方程式 $\frac{x^2}{\sqrt{2}} - x = x$ を解いて求める。

$$ \frac{x^2}{\sqrt{2}} = 2x $$

$$ x(x - 2\sqrt{2}) = 0 $$

よって、$x = 0, 2\sqrt{2}$ である。 $0 \leqq x \leqq 2\sqrt{2}$ において、$y \leqq x$ である。

放物線 $C$ 上の点を $P(x, y)$ とし、$P$ から直線 $l$ へ下ろした垂線の足を $H$ とする。直線 $l$ の方向の単位ベクトルを $\vec{e} = \left( \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} \right)$ とすると、原点 $O$ から $H$ までの有向距離 $t$ は、内積を用いて次のように表される。

$$ t = \vec{OP} \cdot \vec{e} = \frac{x + y}{\sqrt{2}} $$

$y = \frac{x^2}{\sqrt{2}} - x$ を代入する。

$$ t = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( x + \frac{x^2}{\sqrt{2}} - x \right) = \frac{x^2}{2} $$

両辺を $x$ で微分すると、$\frac{dt}{dx} = x$ となり、$0 \leqq x \leqq 2\sqrt{2}$ において $t$ は単調に増加する。また、$dt = x dx$ である。 $x$ が $0$ から $2\sqrt{2}$ まで変化するとき、$t$ は $0$ から $4$ まで変化する。

次に、垂線 $PH$ の長さ $h$ は、点 $P(x, y)$ と直線 $x - y = 0$ の距離であるから、

$$ h = \frac{|x - y|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{x - y}{\sqrt{2}} $$

$y = \frac{x^2}{\sqrt{2}} - x$ を代入して整理する。

$$ h = \frac{1}{\sqrt{2}} \left\{ x - \left( \frac{x^2}{\sqrt{2}} - x \right) \right\} = \sqrt{2}x - \frac{x^2}{2} $$

求める回転体の体積 $V$ は、半径 $h$ の円を $t$ に沿って積分したものであるから、置換積分を用いて計算する。

$$ \begin{aligned} V &= \pi \int_{0}^{4} h^2 dt \\ &= \pi \int_{0}^{2\sqrt{2}} \left( \sqrt{2}x - \frac{x^2}{2} \right)^2 x dx \\ &= \pi \int_{0}^{2\sqrt{2}} x \left( 2x^2 - \sqrt{2}x^3 + \frac{x^4}{4} \right) dx \\ &= \pi \int_{0}^{2\sqrt{2}} \left( 2x^3 - \sqrt{2}x^4 + \frac{x^5}{4} \right) dx \\ &= \pi \left[ \frac{1}{2}x^4 - \frac{\sqrt{2}}{5}x^5 + \frac{1}{24}x^6 \right]_{0}^{2\sqrt{2}} \end{aligned} $$

ここで、$x = 2\sqrt{2}$ のとき、$x^4 = 64, x^5 = 128\sqrt{2}, x^6 = 512$ であるから、

$$ \begin{aligned} V &= \pi \left( \frac{1}{2} \cdot 64 - \frac{\sqrt{2}}{5} \cdot 128\sqrt{2} + \frac{1}{24} \cdot 512 \right) \\ &= \pi \left( 32 - \frac{256}{5} + \frac{64}{3} \right) \\ &= \pi \cdot \frac{480 - 768 + 320}{15} \\ &= \frac{32}{15}\pi \end{aligned} $$

解法2

図形全体を原点を中心に時計回りに $\frac{\pi}{4}$ （すなわち $-\frac{\pi}{4}$）回転させる。元の座標を $(x, y)$、回転後の新しい座標を $(X, Y)$ とすると、原点を中心とした $-\frac{\pi}{4}$ の回転は以下の関係式で表される。

$$ \begin{cases} x = X \cos\left(-\frac{\pi}{4}\right) - Y \sin\left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{X - Y}{\sqrt{2}} \\ y = X \sin\left(-\frac{\pi}{4}\right) + Y \cos\left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{X + Y}{\sqrt{2}} \end{cases} $$

これを放物線の方程式 $y = \frac{x^2}{\sqrt{2}} - x$ に代入する。

$$ \frac{X + Y}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{X - Y}{\sqrt{2}} \right)^2 - \frac{X - Y}{\sqrt{2}} $$

両辺に $2\sqrt{2}$ を掛けて整理する。

$$ 2(X + Y) = (X - Y)^2 - 2(X - Y) $$

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

$$ 4X = (X - Y)^2 $$

これより、$X - Y = \pm 2\sqrt{X}$ を得る。ここで、回転前の領域は $0 \leqq x \leqq 2\sqrt{2}$ において $y \leqq x$ であった。回転後の座標系では、直線 $y = x$ が $X$ 軸（すなわち $Y = 0$）に対応し、$y \leqq x$ の領域は $Y \leqq 0$ に対応する。したがって、$X - Y \geqq X \geqq 0$ となるため、複号は正をとる。

$$ X - Y = 2\sqrt{X} \iff Y = X - 2\sqrt{X} $$

交点は原点 $(0, 0)$ と、元の $(2\sqrt{2}, 2\sqrt{2})$ に対応する点 $(4, 0)$ である。したがって、$X$ の変域は $0 \leqq X \leqq 4$ となる。求める体積 $V$ は、曲線 $Y = X - 2\sqrt{X}$ と $X$ 軸で囲まれた部分を $X$ 軸のまわりに回転させた立体の体積に等しい。

$$ \begin{aligned} V &= \pi \int_{0}^{4} Y^2 dX \\ &= \pi \int_{0}^{4} (X - 2\sqrt{X})^2 dX \\ &= \pi \int_{0}^{4} (X^2 - 4X\sqrt{X} + 4X) dX \\ &= \pi \left[ \frac{1}{3}X^3 - \frac{8}{5}X^{\frac{5}{2}} + 2X^2 \right]_{0}^{4} \\ &= \pi \left( \frac{64}{3} - \frac{8}{5} \cdot 32 + 2 \cdot 16 \right) \\ &= \pi \left( \frac{64}{3} - \frac{256}{5} + 32 \right) \\ &= \pi \cdot \frac{320 - 768 + 480}{15} \\ &= \frac{32}{15}\pi \end{aligned} $$

解説

斜軸回転体の体積を求める典型問題である。解法1のように、回転軸に下ろした垂線の長さ $h$ と、回転軸上の座標 $t$ を元の変数の関数として表し、置換積分を用いるのが最も確実な基本方針である。一方、解法2のように座標変換を行って $x$ 軸まわりの回転体に帰着させる方法は、式変形さえ乗り切れば積分計算が大幅に楽になることが多い。本問のように放物線と直線の組み合わせであれば、回転変換後の式も無理関数として比較的シンプルに表せるため、非常に有効なアプローチとなる。