4金沢医科大学 2024年 2日目 数学 第4問解答・解説

第1象限では $x\ge0$、$y\ge0$ であり、曲線の式から $0\le x\le1$、 $$y=x\sqrt{1-x^2}$$ となる。

(1) $t=x^2$ とおくと $0\le t\le1$ で $$\displaystyle y^2=t(1-t)=\frac14-\left(t-\frac12\right)^2\le\frac14.$$ 等号は $t=1/2$、すなわち $x=\sqrt2/2$ のとき成立する。$y\ge0$ より最大値は $1/2$。

(2) 曲線と $x$ 軸の間の面積は $$\displaystyle \int_0^1x\sqrt{1-x^2}\,dx =\frac12\int_0^1\sqrt{u}\,du =\frac13 \quad(u=1-x^2)$$ である。

(3) $y=\sqrt3/4$ を曲線の式に代入し、$u=x^2$ とおくと $$\displaystyle u^2-u+\frac3{16}=0,$$ したがって $u=1/4,3/4$。よって交点は $$\displaystyle A\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{4}\right),\qquad B\left(\frac{\sqrt3}{2},\frac{\sqrt3}{4}\right).$$ 曲線上で $y>0$ のとき、両辺を微分して $$\displaystyle 2yy'=2x(1-2x^2),\qquad y'=\frac{x(1-2x^2)}{y}.$$ したがって $A,B$ での傾きはそれぞれ $1/\sqrt3,-1$ であり、接線は $$\displaystyle \ell:y-\frac{\sqrt3}{4}=\frac1{\sqrt3}\left(x-\frac12\right),\qquad m:y-\frac{\sqrt3}{4}=-\left(x-\frac{\sqrt3}{2}\right).$$ これらを連立すると $$\displaystyle T\left(\frac{2}{\sqrt3+1},\ 1-\frac{\sqrt3}{4}\right) =T\left(\sqrt3-1,\ 1-\frac{\sqrt3}{4}\right).$$ $AB$ は水平で、その長さは $(\sqrt3-1)/2$、直線 $AB$ から $T$ までの高さは $1-\sqrt3/2=(2-\sqrt3)/2$ である。よって $$\displaystyle [ABT]=\frac12\cdot\frac{\sqrt3-1}{2}\cdot\frac{2-\sqrt3}{2} =\frac{3\sqrt3-5}{8}.$$

(4) $D$ を $x$ 軸の周りに回転すると、断面の半径は $y$ なので $$\displaystyle V_x=\pi\int_0^1y^2\,dx =\pi\int_0^1x^2(1-x^2)\,dx =\pi\left(\frac13-\frac15\right)=\frac{2\pi}{15}.$$ 次に $y$ 軸の周りに回転する。高さ $y$ を固定すると $0\le y\le1/2$ であり、$D$ の横断面は $x^2(1-x^2)\ge y^2$ を満たす区間である。$u=x^2$ とおくと境界は $$\displaystyle u^2-u+y^2=0,\qquad u_\pm=\frac{1\pm\sqrt{1-4y^2}}2.$$ 回転後の断面は内半径 $\sqrt{u_-}$、外半径 $\sqrt{u_+}$ の円環で、その面積は $$\pi(u_+-u_-)=\pi\sqrt{1-4y^2}.$$ したがって $$\displaystyle V_y=\pi\int_0^{1/2}\sqrt{1-4y^2}\,dy =\frac\pi2\int_0^1\sqrt{1-t^2}\,dt =\frac\pi2\cdot\frac\pi4=\frac{\pi^2}{8} \quad(t=2y).$$ ここで最後の積分は半径1の円の第1象限の面積である。