九州大数III高校数学の解法

【数III積分】円柱を斜めに切った体積とドーナツ回転体(断面が台形)(九州大)

座標空間において,中心 (0, 2, 0),半径 1 で $xy$ 平面内にある円を $D$ とする。$D$ を底面とし,$z$ ≧ 0 の部分にある高さ 3 の直円柱(内部を含む)を$E$ とする。点 (0, 2, 2) と $x$ 軸を含む平面で $E$ を 2 つの立体に分け,$D$ を含む方を $T$ とする。以下の問いに答えよ。(九州大2020)

(1) -1 ≦ $t$ ≦ 1 とする。平面 $x=t$ で $T$ を切ったときの断面積 $S(t)$ を求めよ。また,$T$ の体積を求めよ。

(2) $T$ を $x$ 軸のまわりに 1 回転させてできる立体の体積を求めよ。


円柱を斜めに切るヤツだけど,今回は断面が台形になるのが特徴。

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円を原点に移動する

まず断面を求めていくけど,このまま計算すると面倒なことになるから,円の中心を原点に移動しておく。

勝手に動かして大丈夫なんですか?

そのときによるけど今回は断面積と体積を求めるから,動かしても結果は同じってのを一応確認しておいてね。

りょうかいです。

で,いったん上から見た図と横から見た図を書いておく。こういうのは実際自分で図を描いてみてイメージつかむのが大事。

まず AB の長さを求める。B は円周上の点だから,円の方程式から作っていくよ。

$x^2+y^2=1$

$y^2=1-x^2$

$y=\pm\sqrt{1-x^2}$

円の中心を原点にしておかないとこの計算だけですでにやっかいなことになる。動かしておいて正解でしょ?

もとのままだと $x^2+(y-2)^2=1$ ?

そういうこと。そこから $y$ 座標出すのタイヘンだっての分かるでしょ?

$x=t$ のとき

$y=\pm\sqrt{1-t^2}$

次に断面積を求めるけど,形は台形になる。問題文にある点 (0, 2, 2) と $x$ 軸を含む平面ってのは斜め 45° ってことだから,三角形作ったときに底辺と高さが同じになる。

面積は (上底+下底)×高さ×$\cfrac{1}{2}$ ですね。

それそれ。上底+下底は図では AD+BC になる。

AD = $2-\sqrt{1-t^2}$

BC = $2+\sqrt{1-t^2}$

よって

AD+BC = $2-\sqrt{1-t^2}+2+\sqrt{1-t^2}=4$

また,高さ AB は $2\sqrt{1-t^2}$ となる。

台形 ABCD の面積は

$S(t)=\cfrac{1}{2}\cdot 2\sqrt{1-t^2}\cdot4$

$=4\sqrt{1-t^2}$ (答え)

これで断面積できあがり。

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置換積分と半角の公式を用いて積分する

体積だから積分ですかね?

そうそう,それでオッケー。あと今回の立体は $y$ 軸のところで左右対称の形だから積分区間を半分にして 2 倍すると楽に計算できる。

$\displaystyle V=\int_{-1}^1 4\sqrt{1-t^2}\space dt$

立体は左右対称だから

$\displaystyle=2\int_0^1 4\sqrt{1-t^2}\space dt$

$\displaystyle=8\int_0^1\sqrt{1-t^2}\space dt$

これどうやって積分するの?

$\sqrt{1-x^2}$ みたいな形を見たら $\sin$ に置換。セオリーとして知っておくべし。

$t=\sin\theta$ とおくと

$dt=\cos\theta\space d\theta$

$\def\arraystretch{1.25}\begin{array}{c:c} t & 0\rightarrow 1\\\hline \theta & 0\rightarrow\cfrac{\pi}{2}\end{array}$

したがって

$\displaystyle V=8\int_{\small{0}}^{\small{\cfrac{\pi}{2}}}\sqrt{1-\sin^2\theta}\cos\theta\space d\theta$

$\displaystyle=8\int_{\small{0}}^{\small{\cfrac{\pi}{2}}}\cos^2\theta\space d\theta$

$\sin^2$ とか $\cos^2$ きたら半角の公式。これもセオリーとして知っておく。

$\displaystyle=8\int_{\small{0}}^{\small{\cfrac{\pi}{2}}}\cfrac{1+\cos2\theta}{2}\space d\theta$

$\displaystyle=4\int_{\small{0}}^{\small{\cfrac{\pi}{2}}}1+\cos2\theta\space d\theta$

$=4\Big[\theta-\cfrac{1}{2}\sin2\theta\Big]_{\small{0}}^{\small{\cfrac{\pi}{2}}}$

$=4\Big(\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{1}{2}\sin\pi\Big)$

$=2\pi$ (答え)

これで体積できあがり。

ドーナツ型の回転体の体積

次に回転体の体積を求める。図としてこんな感じ。

ぐるっと回転してドーナツの形になる。

どうやって体積出すんですか?

断面を回転させると真ん中に穴が空いた円盤ができる。これを積み上げてドーナツにする。

はあ。

考えないといけないのは円盤の面積。大きな円から小さな円の面積を引けばいいのだけど,円の半径に注意しないといけない。

上の図見て,ABCD の中で原点から一番遠い点はわかる?

んー,C っぽい。

そうそう,C が一番遠い。つまり OC が外側の円の半径。△OBC で考えるとこれって 1:1:$\sqrt{2}$ の直角三角形だから OC は OB に $\sqrt{2}$ をかければいいよね。

OC = $\sqrt{2}(2+\sqrt{1-t^2})$

で,今度は内側。

A ですか?

そういうこと。原点から一番近い点だから A。

OA = $2-\sqrt{1-t^2}$

ここから円盤の面積出すよ。式としては(大きい円の面積-小さい円の面積)だった。

$S=\pi\{\sqrt{2}(2+\sqrt{1-t^2})\}^2-\pi(2-\sqrt{1-t^2})^2$

$=\pi\{(2\sqrt{2}+\sqrt{2}\cdot\sqrt{1-t^2})^2-(2-\sqrt{1-t^2})^2\}$

ここは因数分解しないで普通に展開した方が計算楽。

$=\pi\{8+8\sqrt{1-t^2}+2(1-t^2)-4+4\sqrt{1-t^2}-(1-t^2)\}$

$=\pi(4+12\sqrt{1-t^2}+1-t^2)$

$=\pi(5-t^2+12\sqrt{1-t^2})$

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前の積分の結果を利用する

あとは積分して体積を出す。このドーナツも左右対称の形だからさっきと同じように積分区間を半分にして 2 倍でいく。

$\displaystyle V=2\pi\int_0^1 5-t^2+12\sqrt{1-t^2}\space dt$

また置換積分。

してもいいけど,さっき計算したのを利用するといいよ。

$\displaystyle 8\int_0^1 \sqrt{1-t^2}\space dt=2\pi$ より

$\displaystyle \int_0^1 \sqrt{1-t^2}\space dt=\cfrac{\pi}{4}$

これを用いて

$\displaystyle V=2\pi\int_0^1 5-t^2+12\sqrt{1-t^2}\space dt$

$\displaystyle =2\pi\int_0^1 5-t^2\space dt+2\pi\cdot12\cdot\cfrac{\pi}{4}$

$=2\pi\Big[5t-\cfrac{t^3}{3}\Big]_0^1+6\pi^2$

$=2\pi\Big(5-\cfrac{1}{3}\Big)+6\pi^2$

$=2\pi\cdot\cfrac{14}{3}+6\pi^2$

$=\cfrac{28}{3}\pi+6\pi^2$ (答え)

今回はたまたまだけど,上でやった積分の答えがうまく使えるから,その辺上手に計算してね。

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