IV日本医科大学 2022年 数学 第IV問解答・解説

問1　 t=$\sqrt{x}$ (0<t<1) と置くと f(x)=$\displaystyle \sqrt{\frac{1-t}{1+t}}$,　 f'(x)=-$\displaystyle \frac{f(x)}{2t(1-t^2)}$<0,　 f''(x)=$\displaystyle \frac{f(x)(1+t-3t^2)}{4t^3(1-t^2)^2}$. 1+t-3t^2=0 の正根は t_0=$\displaystyle \frac{1+\sqrt{13}}6$ であり、x_0=t_0^2=$\displaystyle \frac{7+\sqrt{13}}{18}$. したがって 0<x<x_0 で f''>0（下に凸）、x_0<x<1 で f''<0（上に凸）。また f(0)=1, f(1)=0 で全域で減少する。f(x_0)^2=$\displaystyle \frac{1-t_0}{1+t_0}$=$\displaystyle \frac{4-\sqrt{13}}3$ なので f(x_0)=$\displaystyle \frac{\sqrt{12-3\sqrt{13}}}{3}$. 増減表は x:0$\to$ x_0$\to$1,　 f:1$\searrow$ f(x_0)$\searrow$0,　 f'':+$\to$0$\to$-。グラフは (0,1) から (1,0) へ減少し、変曲点で下に凸から上に凸へ変わる。　 問2　回転軸は y 軸である。y=f(x) を解くと x(y)=$\displaystyle \left(\frac{1-y^2}{1+y^2}\right)^2$　(0$\le$ y$\le$1). 高さ y の水平断面は半径 x(y) の円だから、V=$\pi$$\displaystyle \int_0^1$x(y)^2 dy=$\pi$$\displaystyle \int_0^1$$\displaystyle \left(\frac{1-y^2}{1+y^2}\right)^4$dy. これを部分積分し、y=f(x) と変数を戻すと、端点項 [yx(y)^2]_0^1=0 より V=2$\pi$$\displaystyle \int_0^1$xf(x) dx. ここで t=$\sqrt{x}$ と置けば V=4$\pi$$\displaystyle \int_0^1$t^3$\displaystyle \sqrt{\frac{1-t}{1+t}}$ dt. さらに t=$\cos$$\theta$ (0$\le$$\theta$$\le$$\pi$/2) と置き、$\sin$$\theta$$\displaystyle \sqrt{\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}}$=1-$\cos$$\theta$ を用いると V=4$\pi$$\displaystyle \int_0^{\pi/2}$($\cos^3$$\theta$-$\cos^4$$\theta$) d$\theta$=4$\pi$$\displaystyle \left(\frac23-\frac{3\pi}{16}\right)$=$\displaystyle \frac{8\pi}{3}-\frac{3\pi^2}{4}$. 円筒殻で表せば半径 x・高さ f(x) であり、同じ 2$\pi$$\displaystyle \int_0^1$xf(x) dx を得る。

問1の増減表とグラフの概形を補う。 $$\displaystyle \begin{array}{c|ccccc} x&0&(0,x_0)&x_0&(x_0,1)&1\\\hline f'(x)&&-& &-&\\ f''(x)&&+&0&-&\\ f(x)&1&\searrow&\dfrac{\sqrt{12-3\sqrt{13}}}{3}&\searrow&0 \end{array}$$