6長崎大学 2013年 数学 第6問解答・解説

$f(x)=2-x-\sqrt{1-x^2}$ とおく。定義域の内側 $-1<x<1$ では $$\displaystyle f'(x)=-1+\frac{x}{\sqrt{1-x^2}} =\frac{x-\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1-x^2}}.$$ $-1<x<0$ では分子は負である。$0\le x<1$ では、$x$ と $\sqrt{1-x^2}$ はともに非負なので、その大小は平方を比べて判定できる。よって $f'(x)<0$ は $-1<x<1/\sqrt2$、$f'(x)>0$ は $1/\sqrt2<x<1$ である。連続性と合わせると、$f$ は $-1\le x\le1/\sqrt2$ で減少し、$1/\sqrt2\le x\le1$ で増加する。 $$\displaystyle f''(x)=\frac{1}{(1-x^2)^{3/2}}>0\qquad(-1<x<1).$$ したがって、グラフは定義域の内側全体で下に凸であり、変曲点はない。値は $$\displaystyle f(-1)=3,\qquad f\left(\frac1{\sqrt2}\right)=2-\sqrt2,\qquad f(1)=1.$$ 以上より最大値は $3$（$x=-1$）、最小値は $2-\sqrt2$（$x=1/\sqrt2$）である。

(2) 上側の曲線を $g(x)=2-x+\sqrt{1-x^2}$ とする。$-1<x<1$ では $g(x)>f(x)$、端点 $x=\pm1$ では両曲線が交わり、交点は $(-1,3),(1,1)$ である。したがって、領域 $D$ は $$-1\le x\le1,\quad 2-x-\sqrt{1-x^2}\le y\le2-x+\sqrt{1-x^2}$$ をともに満たす点 $(x,y)$ 全体である。$x=0$ で境界は $y=1,3$ となり、$y$ 軸との共有点は $(0,1),(0,3)$。また $f(x)\ge2-\sqrt2>0$ なので境界は $x$ 軸と交わらない。下図に領域を示す。

(3) 下側の曲線の最小値 $2-\sqrt2$ は正なので、領域は $x$ 軸より上にある。$x$ に垂直な断面を回転すると、外半径 $g(x)$、内半径 $f(x)$ の円環になる。よって $$\displaystyle \begin{aligned} V&=\pi\int_{-1}^{1}\left\{g(x)^2-f(x)^2\right\}\,dx\\ &=4\pi\int_{-1}^{1}(2-x)\sqrt{1-x^2}\,dx. \end{aligned}$$ $x\sqrt{1-x^2}$ は奇関数なので対称区間での積分は0。また $y=\sqrt{1-x^2}$ は半径1の上半円を表すため $\displaystyle \int_{-1}^{1}\sqrt{1-x^2}\,dx=\pi/2$。したがって $$\displaystyle V=4\pi\left(2\cdot\frac{\pi}{2}-0\right)=4\pi^2.$$