2九州大学 2026年 数学 第2問解答・解説

$z=t+ti$ $\displaystyle \left(\dfrac{-1+\sqrt{3}}{2}\le t\le\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right)$ とおく。この範囲で $t>0$ だから $z=t(1+i)\ne0$ である。

(1) 軌跡 $C$ の決定

$z^{2}-wz+1=0$ で $z\neq0$ なので $$\displaystyle w=z+\frac{1}{z}.$$ $z=t(1+i)$ より $z^{2}=t^{2}(1+i)^{2}=2t^{2}i$，また $$\displaystyle \frac{1}{z}=\frac{1}{t(1+i)}=\frac{1-i}{2t}$$ (有理化). よって $$\displaystyle w=\left(t+\frac{1}{2t}\right)+\left(t-\frac{1}{2t}\right)i.$$ $w=x+yi$（$x,y$ は実数）とおくと $$\displaystyle x=t+\frac{1}{2t},\qquad y=t-\frac{1}{2t}\qquad(t>0).$$ このとき $$\displaystyle x^{2}-y^{2}=\left(t+\frac{1}{2t}+t-\frac{1}{2t}\right)\left(t+\frac{1}{2t}-t+\frac{1}{2t}\right)=2t\cdot\frac{1}{t}=2,$$ すなわち点 $(x,y)$ は双曲線 $$x^{2}-y^{2}=2$$ 上にある。相加・相乗平均より $t>0$ で $\displaystyle x=t+\dfrac{1}{2t}\ge 2\sqrt{\dfrac{1}{2}}=\sqrt{2}>0$（等号は $\displaystyle t=\dfrac{1}{\sqrt2}$）だから，$(x,y)$ はこの双曲線の $x>0$ 側の枝上にある。

次に $t$ が動く範囲に対応する $y$ の範囲を調べる。 $$\displaystyle \frac{dy}{dt}=1+\frac{1}{2t^{2}}>0$$ より $y$ は $t>0$ で単調増加だから，$t$ が区間の下端から上端まで動くとき，$y$ もその像の下端から上端まで連続に単調増加する。

区間の両端を $\displaystyle t_{2}=\dfrac{-1+\sqrt{3}}{2}$，$\displaystyle t_{1}=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}$ とおくと $$\displaystyle t_{1}t_{2}=\frac{(\sqrt3+1)(\sqrt3-1)}{4}=\frac{3-1}{4}=\frac12,\qquad t_{1}+t_{2}=\sqrt3,\qquad t_{1}-t_{2}=1.$$ $2t_{1}t_{2}=1$ より $\displaystyle \dfrac{1}{2t_{1}}=t_{2}$，$\displaystyle \dfrac{1}{2t_{2}}=t_{1}$ が成り立つから $$\displaystyle t=t_{1}:\ x=t_{1}+\frac{1}{2t_{1}}=t_{1}+t_{2}=\sqrt3,\quad y=t_{1}-\frac{1}{2t_{1}}=t_{1}-t_{2}=1,$$ $$\displaystyle t=t_{2}:\ x=t_{2}+\frac{1}{2t_{2}}=t_{2}+t_{1}=\sqrt3,\quad y=t_{2}-\frac{1}{2t_{2}}=t_{2}-t_{1}=-1.$$ よって $\displaystyle t=t_{1}=\dfrac{1+\sqrt3}{2}$ のとき $w$ の表す点は $P_{1}=(\sqrt3,1)$，$\displaystyle t=t_{2}=\dfrac{-1+\sqrt3}{2}$ のとき $w$ の表す点は $P_{2}=(\sqrt3,-1)$ である。$\displaystyle t_{2}<\dfrac{1}{\sqrt2}<t_{1}$（実際 $t_2\approx0.366,\ 1/\sqrt2\approx0.707,\ t_1\approx1.366$）だから，$y$ が $-1$ から $0$ を経て $1$ まで単調に増えるのに対応して，$t$ は $t_2$ から $\displaystyle \dfrac{1}{\sqrt2}$（頂点 $(\sqrt2,0)$）を経て $t_1$ まで動く。$y$ は $-1\le y\le1$ の値をすべて一度ずつとり，各 $y$ に対して $\displaystyle x=t+\dfrac{1}{2t}$ は $x^2-y^2=2,\,x>0$ を満たす値（$x=\sqrt{y^{2}+2}$）に一致するから， $$\boxed{C:\ x^{2}-y^{2}=2\ (x>0),\ -1\le y\le 1}$$ である。これは頂点 $(\sqrt2,0)$ を通り，$P_{2}(\sqrt3,-1)$ から $P_{1}(\sqrt3,1)$ まで実軸方向にふくらんだ弧（図示：横軸を実軸，縦軸を虚軸とし，この弧と，原点から $P_1,P_2$ への線分を描く)である。

(2) 回転体の体積

軌跡 $C$，線分 $OP_{1}$，線分 $OP_{2}$ で囲まれる領域を，虚軸（$y$ 軸）の周りに $1$ 回転させる。

$-1\le y\le1$ を満たす各 $y$ における断面（$x$軸方向の幅）を調べる。

曲線 $C$ 上の点は $x=\sqrt{y^{2}+2}$（外側の境界）。

線分 $OP_{1}$（$O(0,0)$ から $P_{1}(\sqrt3,1)$）は $0\le y\le1$ で $x=\sqrt3\,y$，線分 $OP_{2}$（$O(0,0)$ から $P_{2}(\sqrt3,-1)$）は $-1\le y\le0$ で $x=-\sqrt3\,y$。まとめると内側の境界は $x=\sqrt3\,|y|$（$-1\le y\le1$）。

$0\le y\le1$ で $2+y^{2}\ge 3y^{2}\quad\text{すなわち}\quad y^{2}\le1$ が成り立つ（等号は $y=1$）ので，全区間で外側境界 $x=\sqrt{y^2+2}$ は内側境界 $x=\sqrt3|y|$ 以上であり，領域はつねに $x\ge0$ 側にあるから，$y$ 軸まわりの回転体の体積は円環（外半径・内半径）の断面積を積分して求められる。 $$\displaystyle V=\pi\int_{-1}^{1}\Bigl\{\bigl(\sqrt{y^{2}+2}\bigr)^{2}-\bigl(\sqrt3\,|y|\bigr)^{2}\Bigr\}\,dy=\pi\int_{-1}^{1}\bigl(2+y^{2}-3y^{2}\bigr)\,dy=\pi\int_{-1}^{1}\bigl(2-2y^{2}\bigr)\,dy.$$ 被積分関数は偶関数だから $$\displaystyle V=2\pi\int_{0}^{1}(2-2y^{2})\,dy=2\pi\left[\,2y-\frac{2}{3}y^{3}\right]_{0}^{1}=2\pi\left(2-\frac{2}{3}\right)=2\pi\cdot\frac{4}{3}=\frac{8\pi}{3}.$$ （検算：曲線だけを $y$ 軸周りに回転させた立体の体積は $\displaystyle \pi\int_{-1}^{1}(y^{2}+2)\,dy=\pi\left[\dfrac{y^3}{3}+2y\right]_{-1}^{1}=\dfrac{14\pi}{3}$，線分 $OP_1,OP_2$（$2$本合わせて頂点を共有する二重の円錐）だけを回転させた立体の体積は $\displaystyle \pi\int_{-1}^{1}3y^{2}\,dy=2\pi$（半径 $\sqrt3$，高さ $1$ の円錐 $2$ 個分 $\displaystyle =2\times\frac13\pi(\sqrt3)^2\cdot1=2\pi$）であり，$\displaystyle \dfrac{14\pi}{3}-2\pi=\dfrac{8\pi}{3}$ で一致し，結果は正しい。）

よって求める体積は $$\displaystyle \boxed{V=\dfrac{8\pi}{3}}$$ である。