岡山大学(理系) 2019年　問題4


$座標平面上において線分L:y=x\ \ (0 \leqq x \leqq 1),\ 曲線C:y=x^2-x+1\ \ (0 \leqq x \leqq 1)およびy軸で囲まれた図形$
$をDとする。以下の問いに答えよ。$
$(1)\ \ C上の点P(t,t^2-t+1)からLに下ろした垂線とLの交点をQとする。線分OQの長さuをtで表せ。$
$\quad ただしOは原点とする。$
$(2)\ \ (1)のP,Qについて線分PQの長さをtを用いて表せ。$
$(3)\ \ 図形Dを直線 \ y=x\ のまわりに1回転してできる立体の体積を求めよ。$


$(解説)$

$(1)\ \ ベクトルを用いると垂直条件は簡単に表現できます。もっと簡単な方法は図形的に処理することです。$
$(2)\ \ 点と直線の距離の公式をそのまま使ってはおそらく評価してもらえないでしょう。(1)でベクトルを使った$
$\qquad ならばここでもベクトルの成分で求めましょう。図形的方法では瞬時に求まります。$
$(3)\ \ この斜回転の体積を求めるために(1)(2)があります。回転体が2つの部分に分かれることに注意してください。$
$\qquad なお、出題者は想定していないと思いますが、傘型積分という方法を別解で説明します。$


$(注意)\ \ グラフでは、線分Lは直線で表示されています。$

(1)

　
$直線 \ y=x\ と曲線Cは \ x=1\ \ で接することは簡単にわかります。$

$点Qは線分L上にあるから \ Q(q,q)\ \ (0 \leqq q \leqq 1)\ とおける。$
$\quad \vec{PQ}=(q,q)-(t,t^2-t+1)=(q-t,q-t^2+t-1)$
$線分L上のベクトルとして、\vec{e}=(1,1)\ \ をとると$
$\quad \vec{PQ} \perp \vec{e} \ \ だから \ \ \vec{PQ} \cdot \vec{e}=0$
$\quad (q-t)+(q-t^2+t-1)=0$
$\quad q=\cfrac{1}{2}(t^2+1)$

$\quad u=|\vec{OQ}|=\sqrt{2}q=\cfrac{\sqrt{2}}{2}(t^2+1)$


$(別解)$

　
$点Pを通りy軸に平行な直線と線分Lとの交点をRとする。$
$\triangle PQRは直角二等辺三角形だから$

$RQ=P R\cos 45°=\{(t^2-t+1)-t\} \times \cfrac{\sqrt{2}}{2}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}(t-1)^2$

$OQ=OR+RQ=\sqrt{2}t+\cfrac{\sqrt{2}}{2}(t-1)^2=\cfrac{\sqrt{2}}{2}(t^2+1)$

(2)


$(1)より$
\begin{eqnarray*} \vec{PQ} &=&(q-t,q-t^2+t-1)\\ &=&(\cfrac{1}{2}(t^2+1)-t,\cfrac{1}{2}(t^2+1)-(t^2-t+1))\\ &=&(\cfrac{(t-1)^2}{2},-\cfrac{(t-1)^2}{2})\\ &=&\cfrac{(t-1)^2}{2}(1,-1)\\ \end{eqnarray*} $\quad PQ=|\vec{PQ}|=\cfrac{(t-1)^2}{2} \times \sqrt{2}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}(t-1)^2$


$(別解)$

$(1)の別解で示したとおり、\triangle PQRは直角二等辺三角形だから$

$PQ=RQ=\cfrac{\sqrt{2}}{2}(t-1)^2$


(3)

　
$直線Lのまわりの回転体は、次の2つの部分に分かれる。$

(i)$\ \ 曲線CのAD部分(右図のピンク色の部分)による体積 \ V_1$

$\quad \Delta V=\pi PQ^2 \times \Delta OQ =\pi PQ^2 \times \Delta u$

$\quad (1)より　u=\cfrac{\sqrt{2}}{2}(t^2+1) \quad だから \quad du=\sqrt{2}\ t\ dt \quad (0 \leqq t \leqq 1)$

$よって$
$\qquad dV_1=\pi \times \cfrac{1}{2}(t-1)^4 \times \sqrt{2}\ t\ dt=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\pi \ t(t-1)^4dt$
\begin{eqnarray*} V_1 &=&\int _0^1 \cfrac{\sqrt{2}}{2}\pi \ t(t-1)^4dt\\ &=&\cfrac{\sqrt{2}}{2}\pi \int _0^1 (t-1+1)(t-1)^4dt\\ &=&\cfrac{\sqrt{2}}{2}\pi \int _0^1 \{(t-1)^5+(t-1)^4\}dt\\ &=&\cfrac{\sqrt{2}}{2}\pi \big[\cfrac{(t-1)^6}{6}+\cfrac{(t-1)^5}{5}\big]_0^1\\ &=&\cfrac{\sqrt{2}}{2}\pi \times (-\cfrac{1}{6}+\cfrac{1}{5})\\ &=&\cfrac{\sqrt{2}}{60}\pi \\ \end{eqnarray*}

(ii)$\ \ y軸のOA部分(右図の緑色の部分)による体積 \ V_2$

$\quad ABを底面の半径、OBを高さとする直円錐となる。$

$\quad OA=1 \quad だから \quad AB=OB=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$

$\quad V_2=\cfrac{\pi}{3}AB^2 \times OB= \cfrac{\pi}{3} \times \cfrac{1}{2} \times \cfrac{\sqrt{2}}{2}=\cfrac{\sqrt{2}}{12}\pi$


$よって、2つの部分を合わせた体積Vは$

$\quad V=V_1+V_2=\cfrac{\sqrt{2}}{60}\pi +\cfrac{\sqrt{2}}{12}\pi=\cfrac{\sqrt{2}}{10}\pi$

　
$(別解)$

$上の解法は、回転体が2つの部分に分割されるため1回の積分では求まりません。$
$ところが1回の積分で求まる「傘型積分」という方法があります。$
$(このことについては($傘型積分による斜回転体の体積$)を参考にしてください。)$

$曲線C上の点PからLに下ろした垂線の足(交点)をQとし、$
$点Pを通るy軸に平行な直線と線分Lとの交点をRとする。$

$右図の緑色の幅 \ dx\ の長方形を直線 \ y=x \ の周りに一回転させると傘のような立体$
$（厚みのある円錐）が得られる。その表面積はS$

$\quad S=\pi PR \times PQ=\pi PR \times \cfrac{PR}{\sqrt{2}}=\cfrac{\pi}{\sqrt{2}}PR^2$
$\quad 厚みはdxだから$
\begin{eqnarray*} V &=&\int_0^1\cfrac{\pi}{\sqrt{2}}PR^2dx\\ &=&\int_0^1\cfrac{\pi}{\sqrt{2}}\{(x^2-x+1)-x\}^2dx\\ &=&\int_0^1\cfrac{\pi}{\sqrt{2}}(x-1)^4dx\\ &=&\cfrac{\pi}{\sqrt{2}}\big[\cfrac{(x-1)^5}{5}\big]_0^1\\ &=&\cfrac{\sqrt{2}}{10}\pi\\ \end{eqnarray*}
$このように計算はいとも簡単にできます。これが傘型積分の威力です。!!$



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