8千葉大学 2026年 数学 第8問解答・解説

(1) 体積 $V$ $D$ は $0\le x\le\pi/2$ で $\sin x\le y\le1$ を満たす。高さ $y$ を固定し、$u=\arcsin y$ とすると水平断面は $0\le x\le u$、また $dy=\cos u\,du$ である。

この線分を $x=t$ のまわりに回す。$u<t$ では線分全体が回転軸の左にあり、外半径 $t$、内半径 $t-u$ の円環になる。$u\ge t$ では回転軸が線分上にあるため円盤であり、半径は $\displaystyle \max(t,u-t)$ である。よって $t\le u\le2t$ では半径 $t$、$u\ge2t$ では半径 $u-t$ となる。

まず $0\le t\le\pi/4$ の場合は $2t\le\pi/2$ なので、 $$\displaystyle \begin{aligned} \frac{V}{\pi} &=\int_0^t(2tu-u^2)\cos u\,du +t^2\int_t^{2t}\cos u\,du +\int_{2t}^{\pi/2}(u-t)^2\cos u\,du. \end{aligned}$$ ここで $$\displaystyle \int u\cos u\,du=u\sin u+\cos u,\qquad \int u^2\cos u\,du=u^2\sin u+2u\cos u-2\sin u$$ を用いて各項を計算すると、 $$\displaystyle V=\pi\left[\left(\frac\pi2-t\right)^2-2-2t-2t\cos2t+2\sin t+2\sin2t\right] \qquad\left(0\le t\le\frac\pi4\right).$$

次に $\pi/4\le t\le\pi/2$ では $2t\ge\pi/2$ だから、$u\ge t$ の範囲で半径 $t$ の円盤となる。したがって $$\displaystyle \begin{aligned} \frac{V}{\pi} &=\int_0^t(2tu-u^2)\cos u\,du+t^2\int_t^{\pi/2}\cos u\,du\\ &=t^2-2t+2\sin t, \end{aligned}$$ すなわち $$\displaystyle V=\pi(t^2-2t+2\sin t) \qquad\left(\frac\pi4\le t\le\frac\pi2\right).$$ 2式は $t=\pi/4$ で一致する。

(2) 最小位置の一意性 $F(t)=V(t)/\pi$ とおく。$0\le t\le\pi/4$ では $$F'(t)=-\pi+2t-2+2\cos2t+4t\sin2t+2\cos t,$$ $$F''(t)=2(1-\sin t)+8t\cos2t>0,$$ 最後の不等式は $\sin t\le\sqrt2/2<1$ および $\cos2t\ge0$ から従う。したがって $0\le t_1<t_2\le\pi/4$ ならば $F'(t_1)<F'(t_2)$ が成り立つ。さらに $$\displaystyle F'(0)=2-\pi<0,\qquad F'\!\left(\frac\pi4\right)=\frac\pi2-2+\sqrt2>0.$$ よって中間値の定理とこの増加の性質により、$F'(t)=0$ は $0<t<\pi/4$ にただ1つの解をもつ。この点まで $F$ は減少し、その後は増加する。

$\pi/4\le t\le\pi/2$ では $$F'(t)=2(t-1+\cos t).$$ $t-1+\cos t$ の導関数は $1-\sin t\ge0$ で、$t=\pi/4$ において正である（例えば $\pi>3$ および $\sqrt2>1$ より $\pi/4-1+\sqrt2/2>1/4$）。したがって後半区間では $F'(t)>0$。前半区間の唯一の臨界点から先は全区間で増加するので、$V$ の最小値を与える $t$ はただ1つである。

この値は $$-\pi+2t-2+2\cos2t+4t\sin2t+2\cos t=0$$ の $0<t<\pi/4$ における唯一の解であり、数値では $t\approx0.387927$。

分類 単元: 三角関数の置換、回転体の体積、導関数による増減。

方法: 高さごとの水平断面を円環・円盤に分けて積分し、二階導関数の符号で臨界点の一意性を証明する。

テーマ: 回転軸の位置に応じた断面積の切替えと、体積を最小にする軸の位置。