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名古屋大学 2019年理系第1問解説

方針・初手

（1）は問題文で与えられた恒等式を利用して被積分関数を分解し、微分の公式 $(\log|f(x)|)' = \frac{f'(x)}{f(x)}$ を念頭に置いて積分する。

（2）は $\frac{1}{\cos^n\theta} = \frac{1}{\cos^{n-2}\theta} \cdot \frac{1}{\cos^2\theta}$ と分解し、$\frac{1}{\cos^2\theta} = (\tan\theta)'$ であることを利用して部分積分を行い、漸化式を導出する。

（3）は問題文の誘導「$z$軸に垂直な平面による切り口を考えて」に素直に従う。$z=t$ での切り口の図形を考え、その面積 $S(t)$ を立式する。その後、$t$ の積分から角度 $\theta$ の積分へ置換積分を行うことで、（1）および（2）で求めた $I_1, I_n$ の結果を利用できる形に帰着させる。

解法1

(1)

与えられた恒等式を用いて積分を変形する。

$$ I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{\cos\theta} d\theta = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{3}} \left( \frac{\cos\theta}{1+\sin\theta} + \frac{\cos\theta}{1-\sin\theta} \right) d\theta $$

ここで、$(1+\sin\theta)' = \cos\theta$、$(1-\sin\theta)' = -\cos\theta$ であることを利用すると、

$$ I_1 = \frac{1}{2} \left[ \log|1+\sin\theta| - \log|1-\sin\theta| \right]_0^{\frac{\pi}{3}} = \frac{1}{2} \left[ \log \left| \frac{1+\sin\theta}{1-\sin\theta} \right| \right]_0^{\frac{\pi}{3}} $$

積分区間 $0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{3}$ において $1-\sin\theta > 0$ であるため、絶対値記号は外してよい。$\theta = \frac{\pi}{3}$、$\theta = 0$ を代入して計算する。

$$ \begin{aligned} I_1 &= \frac{1}{2} \log \frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}} - \frac{1}{2} \log 1 \\ &= \frac{1}{2} \log \frac{2+\sqrt{3}}{2-\sqrt{3}} \end{aligned} $$

分母分子に $2+\sqrt{3}$ を掛けて有理化する。

$$ I_1 = \frac{1}{2} \log \frac{(2+\sqrt{3})^2}{4-3} = \frac{1}{2} \log (2+\sqrt{3})^2 = \log(2+\sqrt{3}) $$

(2)

$n \geqq 3$ のとき、$I_n$ の被積分関数を分解し、部分積分法を用いる。

$$ I_n = \int_0^{\frac{\pi}{3}} (\cos\theta)^{-(n-2)} \cdot \frac{1}{\cos^2\theta} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{3}} (\cos\theta)^{-(n-2)} (\tan\theta)' d\theta $$

$$ I_n = \left[ (\cos\theta)^{-(n-2)} \tan\theta \right]_0^{\frac{\pi}{3}} - \int_0^{\frac{\pi}{3}} \left\{ -(n-2)(\cos\theta)^{-(n-2)-1} (-\sin\theta) \right\} \tan\theta d\theta $$

$$ I_n = \left( \frac{1}{2} \right)^{-(n-2)} \sqrt{3} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{3}} (\cos\theta)^{-n+1} \sin\theta \cdot \frac{\sin\theta}{\cos\theta} d\theta $$

$$ I_n = 2^{n-2}\sqrt{3} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sin^2\theta}{\cos^n\theta} d\theta $$

ここで、$\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta$ を用いて変形する。

$$ \begin{aligned} I_n &= 2^{n-2}\sqrt{3} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{1-\cos^2\theta}{\cos^n\theta} d\theta \\ &= 2^{n-2}\sqrt{3} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{3}} \left( \frac{1}{\cos^n\theta} - \frac{1}{\cos^{n-2}\theta} \right) d\theta \\ &= 2^{n-2}\sqrt{3} - (n-2)(I_n - I_{n-2}) \end{aligned} $$

この式を展開して整理する。

$$ I_n = 2^{n-2}\sqrt{3} - (n-2)I_n + (n-2)I_{n-2} $$

$$ (n-1)I_n = (n-2)I_{n-2} + 2^{n-2}\sqrt{3} $$

$n \geqq 3$ より $n-1 \neq 0$ であるから、両辺を $n-1$ で割る。

$$ I_n = \frac{n-2}{n-1}I_{n-2} + \frac{2^{n-2}\sqrt{3}}{n-1} $$

(3)

円錐 C は、頂点が $(0,0,1)$、底面が $xy$ 平面上の $x^2+y^2 \leqq 1$ である。$z$ 軸に垂直な平面 $z=t \ (0 \leqq t \leqq 1)$ による C の切り口は、中心 $(0,0,t)$、半径 $1-t$ の円盤であり、その領域は以下で表される。

$$ x^2+y^2 \leqq (1-t)^2, \quad z=t $$

立体 S は C を平面 $x=\frac{1}{2}$ で切断した $x \geqq \frac{1}{2}$ の部分である。したがって、S の平面 $z=t$ による切り口の領域 $D_t$ は、

$$ x^2+y^2 \leqq (1-t)^2, \quad x \geqq \frac{1}{2} $$

である。この領域が存在する条件は $1-t \geqq \frac{1}{2}$、すなわち $0 \leqq t \leqq \frac{1}{2}$ である。このときの $D_t$ の面積を $S(t)$ とおく。

円 $x^2+y^2 = (1-t)^2$ と直線 $x=\frac{1}{2}$ の交点と、原点を結ぶ線分が $x$ 軸の正の向きとなす角を $\pm \theta \ (0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{3})$ とすると、

$$ (1-t)\cos\theta = \frac{1}{2} \iff 1-t = \frac{1}{2\cos\theta} $$

が成り立つ。面積 $S(t)$ は、半径 $1-t$・中心角 $2\theta$ の扇形の面積から、底辺の長さ $2(1-t)\sin\theta$・高さ $\frac{1}{2}$ の二等辺三角形の面積を引いたものである。

$$ \begin{aligned} S(t) &= \frac{1}{2}(1-t)^2 \cdot 2\theta - \frac{1}{2} \cdot \left\{ 2(1-t)\sin\theta \right\} \cdot \frac{1}{2} \\ &= (1-t)^2\theta - \frac{1}{2}(1-t)\sin\theta \end{aligned} $$

S の体積 $V$ は、この断面積 $S(t)$ を $0$ から $\frac{1}{2}$ まで積分したものである。

$$ V = \int_0^{\frac{1}{2}} S(t) dt $$

ここで、$1-t = \frac{1}{2\cos\theta}$ の両辺を $t$ で微分して置換積分を行う。

$$ -1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sin\theta}{\cos^2\theta} \cdot \frac{d\theta}{dt} \iff dt = -\frac{\sin\theta}{2\cos^2\theta} d\theta $$

$t$ が $0 \to \frac{1}{2}$ と変化するとき、$\theta$ は $\frac{\pi}{3} \to 0$ と変化する。

$$ \begin{aligned} V &= \int_{\frac{\pi}{3}}^0 \left\{ \left(\frac{1}{2\cos\theta}\right)^2\theta - \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2\cos\theta}\right)\sin\theta \right\} \left( -\frac{\sin\theta}{2\cos^2\theta} \right) d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{3}} \left( \frac{\theta\sin\theta}{8\cos^4\theta} - \frac{\sin^2\theta}{8\cos^3\theta} \right) d\theta \\ &= \frac{1}{8} \int_0^{\frac{\pi}{3}} \theta\frac{\sin\theta}{\cos^4\theta} d\theta - \frac{1}{8} \int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sin^2\theta}{\cos^3\theta} d\theta \end{aligned} $$

それぞれの積分を計算する。第1項の積分について、$\left( \frac{1}{3\cos^3\theta} \right)' = \frac{\sin\theta}{\cos^4\theta}$ であるから、部分積分を用いて、

$$ \begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{3}} \theta \left( \frac{1}{3\cos^3\theta} \right)' d\theta &= \left[ \frac{\theta}{3\cos^3\theta} \right]_0^{\frac{\pi}{3}} - \int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{3\cos^3\theta} d\theta \\ &= \frac{\frac{\pi}{3}}{3 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^3} - 0 - \frac{1}{3}I_3 \\ &= \frac{8\pi}{9} - \frac{1}{3}I_3 \end{aligned} $$

第2項の積分について、

$$ \begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sin^2\theta}{\cos^3\theta} d\theta &= \int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{1-\cos^2\theta}{\cos^3\theta} d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{3}} \left( \frac{1}{\cos^3\theta} - \frac{1}{\cos\theta} \right) d\theta \\ &= I_3 - I_1 \end{aligned} $$

したがって、体積 $V$ は以下のように表せる。

$$ \begin{aligned} V &= \frac{1}{8} \left( \frac{8\pi}{9} - \frac{1}{3}I_3 \right) - \frac{1}{8} (I_3 - I_1) \\ &= \frac{\pi}{9} - \frac{1}{6}I_3 + \frac{1}{8}I_1 \end{aligned} $$

（2）の漸化式で $n=3$ とすると、

$$ I_3 = \frac{3-2}{3-1}I_1 + \frac{2^{3-2}\sqrt{3}}{3-1} = \frac{1}{2}I_1 + \sqrt{3} $$

これを $V$ の式に代入する。

$$ \begin{aligned} V &= \frac{\pi}{9} - \frac{1}{6}\left( \frac{1}{2}I_1 + \sqrt{3} \right) + \frac{1}{8}I_1 \\ &= \frac{\pi}{9} - \frac{\sqrt{3}}{6} + \frac{1}{24}I_1 \end{aligned} $$

（1）より $I_1 = \log(2+\sqrt{3})$ であるから、求める体積 $V$ は、

$$ V = \frac{\pi}{9} - \frac{\sqrt{3}}{6} + \frac{1}{24}\log(2+\sqrt{3}) $$

解法2

(3) の別解

問題文の「$z$軸に垂直な平面による切り口を考えて」という指示に従わない形になるが、領域を底面から見立てて重積分（極座標変換）を用いると非常に簡潔に計算できる。

立体 S の底面である $xy$ 平面上の領域を $D$ とする。

$$ D = \left\{ (x, y) \mid x^2+y^2 \leqq 1, \ x \geqq \frac{1}{2} \right\} $$

円錐 C の側面の方程式は $z = 1 - \sqrt{x^2+y^2}$ であるから、S の体積 $V$ は以下の重積分で表される。

$$ V = \iint_D \left( 1 - \sqrt{x^2+y^2} \right) dx dy $$

極座標 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$ とおくと、領域 $D$ の条件は

$$ r \leqq 1 \quad \text{かつ} \quad r\cos\theta \geqq \frac{1}{2} $$

すなわち $\frac{1}{2\cos\theta} \leqq r \leqq 1$ となる。これを満たす $r$ が存在するためには $\cos\theta \geqq \frac{1}{2}$、すなわち $-\frac{\pi}{3} \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{3}$ である。領域は $x$ 軸に関して対称であるから、$\theta$ の範囲を $0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{3}$ として2倍すればよい。極座標変換のヤコビアンは $r$ だから $dx dy = r dr d\theta$ であり、

$$ \begin{aligned} V &= 2 \int_0^{\frac{\pi}{3}} d\theta \int_{\frac{1}{2\cos\theta}}^1 (1-r)r dr \\ &= 2 \int_0^{\frac{\pi}{3}} \left[ \frac{1}{2}r^2 - \frac{1}{3}r^3 \right]_{\frac{1}{2\cos\theta}}^1 d\theta \\ &= 2 \int_0^{\frac{\pi}{3}} \left\{ \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right) - \left( \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4\cos^2\theta} - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{8\cos^3\theta} \right) \right\} d\theta \\ &= 2 \int_0^{\frac{\pi}{3}} \left( \frac{1}{6} - \frac{1}{8\cos^2\theta} + \frac{1}{24\cos^3\theta} \right) d\theta \\ &= \frac{1}{3} \int_0^{\frac{\pi}{3}} d\theta - \frac{1}{4} \int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{\cos^2\theta} d\theta + \frac{1}{12} \int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{\cos^3\theta} d\theta \end{aligned} $$

各項の積分を実行し、定義より $\int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{\cos^3\theta} d\theta = I_3$ と置き換える。

$$ \begin{aligned} V &= \frac{1}{3}[\theta]_0^{\frac{\pi}{3}} - \frac{1}{4}[\tan\theta]_0^{\frac{\pi}{3}} + \frac{1}{12}I_3 \\ &= \frac{\pi}{9} - \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{12}I_3 \end{aligned} $$

（2）の漸化式から求めた $I_3 = \frac{1}{2}I_1 + \sqrt{3}$ を代入する。

$$ \begin{aligned} V &= \frac{\pi}{9} - \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{12}\left( \frac{1}{2}I_1 + \sqrt{3} \right) \\ &= \frac{\pi}{9} - \frac{3\sqrt{3}}{12} + \frac{\sqrt{3}}{12} + \frac{1}{24}I_1 \\ &= \frac{\pi}{9} - \frac{\sqrt{3}}{6} + \frac{1}{24}I_1 \end{aligned} $$

$I_1 = \log(2+\sqrt{3})$ であるから、

$$ V = \frac{\pi}{9} - \frac{\sqrt{3}}{6} + \frac{1}{24}\log(2+\sqrt{3}) $$

解説

微積分・空間図形における総合的な力が問われる良問である。（1）と（2）は三角関数の積分の典型的な手法であり、確実に取り切りたい。特に漸化式を作る際に $\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta$ を用いて次数を下げる変形は、定積分を用いた漸化式の導出において頻出である。（3）は問題文の「$z$ 軸に垂直な平面による切り口を考えて」という指示に従って断面積 $S(t)$ を立式し積分する方針が素直である。この際、計算を最後まで遂行するために $t$ から $\theta$ への置換積分を思いつけるかが鍵となる。なお、解法2のように極座標系の重積分に帰着させる発想を持っていれば、積分計算の見通しが劇的に良くなるため、別解として習得しておきたい手法である。