5久留米大学 2021年 数学 第5問解答・解説

下側を $f(x)=-\cos(x/2)$、上側を $g(x)=\sin(x/4)$ とおく。$0\leq x\leq 2\pi$ で $s=\sin(x/4)$ とすると $0\le s\le1$ であり、 $$g(x)-f(x)=s+\cos(x/2)=s+1-2s^2=(1-s)(1+2s)\geq0.$$ 等号は $x=2\pi$ のときに限る。したがって $D$ は $0\leq x\leq2\pi$ で二曲線にはさまれた領域である。

(1) 面積は $$\displaystyle S=\int_0^{2\pi}(g(x)-f(x))\,dx =\left[-4\cos\frac{x}{4}+2\sin\frac{x}{2}\right]_0^{2\pi}=4.$$ よって $\boxed{\text{さ}}=4$ である。

(2) $0\leq x\leq\pi$ では $f(x)\leq0\leq g(x)$ だから、$x$ 軸回転の断面は半径 $\displaystyle \max\{\cos(x/2),\sin(x/4)\}$ の円盤である。$s=\sin(x/4)$ を用いると、二つの半径が等しい条件は $1-2s^2=s$、すなわち $(2s-1)(s+1)=0$。$s\geq0$ より $s=1/2$ であり、切替点は $x=2\pi/3$ である。$x=0$ では $\cos(x/2)$ の方が大きい。$\pi\leq x\leq2\pi$ では $0\leq f(x)\leq g(x)$ なので、断面は外半径 $g(x)$、内半径 $f(x)$ の円環となる。ゆえに $$\displaystyle \begin{aligned} \frac{V_x}{\pi} ={}&\int_0^{2\pi/3}\cos^2\frac{x}{2}\,dx +\int_{2\pi/3}^{\pi}\sin^2\frac{x}{4}\,dx +\int_{\pi}^{2\pi}\left(\sin^2\frac{x}{4}-\cos^2\frac{x}{2}\right)dx. \end{aligned}$$ 各項を半角公式で計算すると $$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^{2\pi/3}\cos^2\frac{x}{2}\,dx &=\left[\frac{x}{2}+\frac{\sin x}{2}\right]_0^{2\pi/3} =\frac{\pi}{3}+\frac{\sqrt3}{4},\\ \int_{2\pi/3}^{\pi}\sin^2\frac{x}{4}\,dx &=\left[\frac{x}{2}-\sin\frac{x}{2}\right]_{2\pi/3}^{\pi} =\frac{\pi}{6}-1+\frac{\sqrt3}{2},\\ \int_{\pi}^{2\pi}\left(\sin^2\frac{x}{4}-\cos^2\frac{x}{2}\right)dx &=\left[\frac{x}{2}-\sin\frac{x}{2}\right]_{\pi}^{2\pi} -\left[\frac{x}{2}+\frac{\sin x}{2}\right]_{\pi}^{2\pi} =\left(\frac{\pi}{2}+1\right)-\frac{\pi}{2}=1. \end{aligned}$$ したがって $V_x=\pi(\pi/2+3\sqrt3/4)=(2\pi+3\sqrt3)\pi/4$ であり、$\boxed{\text{し}}=2,\ \boxed{\text{す}}=3,\ \boxed{\text{せ}}=3,\ \boxed{\text{そ}}=4$ である。

(3) $f(x)$ は $-1\le f(x)\le1$、$g(x)$ は $0\le g(x)\le1$ の範囲をそれぞれ単調に増加して動く。高さ $y$ における $f(x)=y$ の解を $r_f(y)$、$g(x)=y$ の解を $r_g(y)$ とする。$-1\leq y<0$ では水平断面が $0\leq x\leq r_f(y)$ なので回転断面は円盤である。$0\leq y\leq1$ では $r_g(y)\leq x\leq r_f(y)$ なので円環である。$g(x)\geq f(x)$ と両関数の単調性から $r_g(y)\leq r_f(y)$ も従う。したがって、各曲線上で $y=f(x),g(x)$ と置換すれば $$\displaystyle \begin{aligned} \frac{V_y}{\pi} &=\int_{-1}^{1}r_f(y)^2\,dy-\int_0^1r_g(y)^2\,dy\\ &=\int_0^{2\pi}x^2 f'(x)\,dx-\int_0^{2\pi}x^2 g'(x)\,dx. \end{aligned}$$ ここで $\displaystyle f'(x)=\tfrac12\sin(x/2)$、$\displaystyle g'(x)=\tfrac14\cos(x/4)$ である。また、部分積分により $$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^{2\pi}x\cos\frac{x}{2}\,dx &=\left[2x\sin\frac{x}{2}+4\cos\frac{x}{2}\right]_0^{2\pi}=-8,\\ \int_0^{2\pi}x\sin\frac{x}{4}\,dx &=\left[-4x\cos\frac{x}{4}+16\sin\frac{x}{4}\right]_0^{2\pi}=16. \end{aligned}$$ ゆえに $$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^{2\pi}x^2f'(x)\,dx &=\left[-x^2\cos\frac{x}{2}\right]_0^{2\pi} +2\int_0^{2\pi}x\cos\frac{x}{2}\,dx =4\pi^2-16,\\ \int_0^{2\pi}x^2g'(x)\,dx &=\left[x^2\sin\frac{x}{4}\right]_0^{2\pi} -2\int_0^{2\pi}x\sin\frac{x}{4}\,dx =4\pi^2-32. \end{aligned}$$ したがって $V_y=\pi\{(4\pi^2-16)-(4\pi^2-32)\}=16\pi$ であり、$\boxed{\text{たち}}=16$ である。