大阪大学 2002年 理系 第5問 解説

方針・初手

2つの円 $C_1, C_2$ の方程式を立て、指定された領域 $D_1, D_2$ を $x$ と $y$ の不等式で表すことから始める。 積分区間となる2つの直線 $l_A, l_B$ の $x$ 座標は、円 $C_2$ と $x$ 軸の交点として求まる。 回転体の体積は $\pi \int (y_{\text{外}}^2 - y_{\text{内}}^2) dx$ で計算できるため、領域の上下関係と $x$ 軸からの距離を正しく把握し立式する。とくに領域 $D_2$ は $x$ 軸より下側にあるため、回転半径の取り方に注意が必要である。

解法1

(1)

円 $C_1$ は原点中心、半径 $1$ より、方程式は $x^2+y^2=1$ である。 円 $C_2$ は点 $(0, \sin\alpha)$ 中心、半径 $1$ より、方程式は $x^2+(y-\sin\alpha)^2=1$ である。

円 $C_2$ と $x$ 軸（$y=0$）の交点 $A, B$ の $x$ 座標は、

$$ x^2+(-\sin\alpha)^2=1 \iff x^2 = 1-\sin^2\alpha = \cos^2\alpha $$

より、$x = \pm\cos\alpha$ である。したがって、直線 $l_A, l_B$ で挟まれる積分区間は $-\cos\alpha \le x \le \cos\alpha$ となる。

この区間において、$x^2 \le \cos^2\alpha$ より $1-x^2 \ge 1-\cos^2\alpha = \sin^2\alpha$ が成り立つ。 $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ より $\sin\alpha > 0$ であるため、常に $\sqrt{1-x^2} \ge \sin\alpha$ が成り立つことに注意する。

円 $C_1$ の上半分と下半分はそれぞれ $y = \sqrt{1-x^2}$、$y = -\sqrt{1-x^2}$ であり、 円 $C_2$ の上半分と下半分はそれぞれ $y = \sin\alpha + \sqrt{1-x^2}$、$y = \sin\alpha - \sqrt{1-x^2}$ である。

領域 $D_1$ は「$C_1$ の外部かつ $C_2$ の内部」である。 $-\cos\alpha \le x \le \cos\alpha$ における各曲線の上下関係は、$\sqrt{1-x^2} \ge \sin\alpha$ より

$$ \sin\alpha+\sqrt{1-x^2} \ge \sqrt{1-x^2} \ge 0 \ge \sin\alpha-\sqrt{1-x^2} \ge -\sqrt{1-x^2} $$

となるため、領域 $D_1$ は $x$ 軸より上側にのみ存在し、その範囲は $\sqrt{1-x^2} \le y \le \sin\alpha+\sqrt{1-x^2}$ となる。 $y$ 軸に関する対称性から、$x \ge 0$ の部分の体積を2倍して $V_1(\alpha)$ を求める。

$$ V_1(\alpha) = 2\pi \int_{0}^{\cos\alpha} \left\{ (\sin\alpha + \sqrt{1-x^2})^2 - (\sqrt{1-x^2})^2 \right\} dx $$

$$ = 2\pi \int_{0}^{\cos\alpha} ( \sin^2\alpha + 2\sin\alpha\sqrt{1-x^2} ) dx $$

領域 $D_2$ は「$C_2$ の外部かつ $C_1$ の内部」である。 同様に上下関係から、領域 $D_2$ は $x$ 軸より下側にのみ存在し、その範囲は $-\sqrt{1-x^2} \le y \le \sin\alpha-\sqrt{1-x^2}$ となる。 これを $x$ 軸のまわりに回転させるとき、外側の回転半径は $|-\sqrt{1-x^2}| = \sqrt{1-x^2}$、内側の回転半径は $|\sin\alpha-\sqrt{1-x^2}| = \sqrt{1-x^2}-\sin\alpha$ となるため、

$$ V_2(\alpha) = 2\pi \int_{0}^{\cos\alpha} \left\{ (\sqrt{1-x^2})^2 - (\sqrt{1-x^2}-\sin\alpha)^2 \right\} dx $$

$$ = 2\pi \int_{0}^{\cos\alpha} \left\{ (1-x^2) - ((1-x^2) - 2\sin\alpha\sqrt{1-x^2} + \sin^2\alpha) \right\} dx $$

$$ = 2\pi \int_{0}^{\cos\alpha} ( 2\sin\alpha\sqrt{1-x^2} - \sin^2\alpha ) dx $$

先に $V_1(\alpha) - V_2(\alpha)$ を計算する。

$$ V_1(\alpha) - V_2(\alpha) = 2\pi \int_{0}^{\cos\alpha} \left\{ (\sin^2\alpha + 2\sin\alpha\sqrt{1-x^2}) - (2\sin\alpha\sqrt{1-x^2} - \sin^2\alpha) \right\} dx $$

$$ = 2\pi \int_{0}^{\cos\alpha} 2\sin^2\alpha dx $$

$$ = 4\pi\sin^2\alpha \int_{0}^{\cos\alpha} 1 dx = 4\pi\sin^2\alpha\cos\alpha $$

次に $V_1(\alpha)$ の計算を行う。積分 $I = \int_{0}^{\cos\alpha} \sqrt{1-x^2} dx$ を求める。 $x = \sin\theta$ と置換すると、$dx = \cos\theta d\theta$ である。 $x=0$ のとき $\theta=0$、$x=\cos\alpha$ のとき $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ より $\cos\alpha = \sin\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)$ なので $\theta = \frac{\pi}{2}-\alpha$ となる。

$$ I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}-\alpha} \cos^2\theta d\theta = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}-\alpha} \frac{1+\cos 2\theta}{2} d\theta $$

$$ = \left[ \frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2\theta}{4} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}-\alpha} = \frac{\pi-2\alpha}{4} + \frac{\sin(\pi-2\alpha)}{4} = \frac{\pi-2\alpha}{4} + \frac{\sin 2\alpha}{4} $$

これを用いて $V_1(\alpha)$ を計算する。

$$ V_1(\alpha) = 2\pi\sin^2\alpha\cos\alpha + 4\pi\sin\alpha \left( \frac{\pi-2\alpha}{4} + \frac{\sin 2\alpha}{4} \right) $$

$$ = 2\pi\sin^2\alpha\cos\alpha + \pi(\pi-2\alpha)\sin\alpha + \pi\sin\alpha\sin 2\alpha $$

$\sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha$ より $\pi\sin\alpha\sin 2\alpha = 2\pi\sin^2\alpha\cos\alpha$ となるため、

$$ V_1(\alpha) = 4\pi\sin^2\alpha\cos\alpha + \pi(\pi-2\alpha)\sin\alpha $$

(2)

(1) の結果より、$f(\alpha) = V_1(\alpha) - V_2(\alpha) = 4\pi\sin^2\alpha\cos\alpha$ とおく。 これを $\alpha$ について微分する。

$$ f'(\alpha) = 4\pi \left( 2\sin\alpha\cos\alpha \cdot \cos\alpha + \sin^2\alpha \cdot (-\sin\alpha) \right) $$

$$ = 4\pi\sin\alpha(2\cos^2\alpha - \sin^2\alpha) = 4\pi\sin\alpha(2 - 3\sin^2\alpha) $$

$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ の範囲において、$f'(\alpha) = 0$ となるのは $2 - 3\sin^2\alpha = 0$ すなわち $\sin\alpha = \sqrt{\frac{2}{3}}$ のときである。 このときの角を $\alpha_0$ とすると、$\cos\alpha_0 = \sqrt{1-\frac{2}{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ である。 増減表は以下のようになる。

したがって、$f(\alpha)$ は $\alpha = \alpha_0$ で最大値をとる。 その最大値は、

$$ f(\alpha_0) = 4\pi \left(\sqrt{\frac{2}{3}}\right)^2 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = 4\pi \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{8\sqrt{3}\pi}{9} $$

解説

2つの円によって囲まれる領域の回転体の体積を求める典型的な問題である。 回転体の立式において、特に $x$ 軸の下側にある領域 $D_2$ を $x$ 軸まわりに回転させる際の回転半径の取り方がポイントになる。領域が $y \le 0$ の範囲にある場合、外側の半径は $|y|$ の値が大きくなる方の境界線を選ぶ必要があるため、$-\sqrt{1-x^2}$ と $\sin\alpha-\sqrt{1-x^2}$ の大小関係（絶対値の大小）に注意したい。

また、個別の体積 $V_1(\alpha)$ と $V_2(\alpha)$ には複雑な根号を含む積分が含まれるが、その差 $V_1(\alpha) - V_2(\alpha)$ を計算する段階で複雑な項が見事に相殺され、非常にシンプルな形になる。これは、2つの領域の形状が、円の平行移動によって生まれる対称な性質を持っていることに由来する。

答え

(1)

$V_1(\alpha) = 4\pi\sin^2\alpha\cos\alpha + \pi(\pi-2\alpha)\sin\alpha$, $\quad V_1(\alpha) - V_2(\alpha) = 4\pi\sin^2\alpha\cos\alpha$

(2)

$\frac{8\sqrt{3}\pi}{9}$