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問題7の解説 これだけの問題を短時間(20分間から30分)で解ききる高校生がいるとは俄かに信じがたい． なお，前年度(平成28年度)に類題が岐阜薬科大学で出題されているのでついでに解いてみましょう． 短時間で解くことはやめて，時間をかけて解きましょう．よく眺めると，いろいろなことが学べる優れた問題です． 難関大に合格するためには，難しめの問題を時間をかけて考えることはよく言われます．もちろんそれは大切ですが， 合わせて知識に厚みをつけることも重要です．そのためには慶応大学医学部の問題は向いています． 時間をかけてゆっくり学びましょう． それではいくつか注意点を述べていきます． (1) 積分の計算では $\displaystyle I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^n\theta d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^n\theta d\theta$ のとき $I_{2n}=\dfrac{2n-1}{2n}\cdot \dfrac{2n-3}{2n-2}\cdots \dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{1}{2}\dfrac{\pi}{2}$ $I_{2n+1}=\dfrac{2n}{2n+1}\cdot \dfrac{2n-2}{2n-1}\cdots \dfrac{4}{5}\cdot \dfrac{2}{3}\cdot 1$ を用いました．理由が分からない場合は教科書を読み返しましょう． すべての数学Vの教科書に書いてあります． (2) $xz$平面上の放物線$z=x^2$を$z$軸の周りに回転して得られる曲面$z=x^2+y^2$ を平面$z-h=a(x-\sqrt{h})$で切った切り口の図形を考えましょう． $z=x^2+y^2$は２次式であるから切り口は２次曲線であり，有界な図形ですから 楕円となることは分かります． 解答では長軸，短軸の長さを求めていますが，ここでは，切り口の図形の方程式を求めます． 正射影を利用すると， $z=x^2+y^2\cdots (\sharp),z-h=a(x-\sqrt{h})\cdots (\flat)$ から$z$を消去した式 $x^2+y^2-ax+a\sqrt{h}-h=0$ すなわち円 $(x-\dfrac{a}{2})^2+y^2=\dfrac{a^2}{4}-a\sqrt{h}+h \cdots (\natural)$ が切り口の図形を$xy$平面に正射影した図形の方程式です． なぜなら， 切り口上の点$(x,y,z)$は$(\sharp),(\flat)$を満たすから$(\natural)$ を満たします．$(\natural)$は空間図形では円柱の方程式で, $xy$平面に正射影すると $(x-\dfrac{a}{2})^2+y^2=\dfrac{a^2}{4}-a\sqrt{h}+h, \ \ z=0$ となる． 平面$z-h=a(x-\sqrt{h})$と$xy$平面のなす角を$\theta$とすると $\tan \theta =a$ したがって， $\cos \theta =\dfrac{1}{\sqrt{1+a^2}}$ であるからこの正射影は $(x,y)\mapsto (\dfrac{x}{\sqrt{1+a^2}},y)$ である． この正射影で面積は$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}$倍になる．一方像は円でその面積は $\pi (\dfrac{a^2}{4}-a\sqrt{h}+h)$ であるから切り口の面積は $\sqrt{1+a^2}(\dfrac{a^2}{4}-a\sqrt{h}+h)$ 水面である平面 $z-h=a(x-\sqrt{h})$ 上に座標軸を定め，楕円の方程式を求めよう． (解答の一番上の図を参照)長軸のの中点を原点$O'$として座標軸を定める． ２つの基本ベクトルを $\overrightarrow{e_1}=(0,1,0),\overrightarrow{e_2}=\dfrac{(1,0,a)}{\sqrt{1+a^2}}$ とする． $O'(\dfrac{a}{2},0,\dfrac{a^2-2a\sqrt{h}+2h}{2})$ であるから,平面上の任意の点は $(x,y,z)=(\dfrac{a}{2},0,\dfrac{a^2-2a\sqrt{h}+2h}{2})+X\cdot \dfrac{(1,0,a)}{\sqrt{1+a^2}}+Y(0,1,0)$ $=(\dfrac{a}{2}+\dfrac{X}{\sqrt{1+a^2}},Y,\dfrac{a^2-2a\sqrt{h}+2h}{2}+\dfrac{aX}{\sqrt{1+a^2}})$ である．この式を$z=x^2+y^2$に代入すると $\dfrac{a^2-2a\sqrt{h}+2h}{2}+\dfrac{aX}{\sqrt{1+a^2}}=(\dfrac{a}{2}+\dfrac{X}{\sqrt{1+a^2}})^2+Y^2$ 整理し，$X,Y$を$x,y$にすれば $\dfrac{x^2}{1+a^2}+y^2=\dfrac{a^2}{4}-a\sqrt{h}+h$ となる． (3) 最後に，与えられた積分を計算しましょう． $\displaystyle \int_0^1(1-t^2)^{\frac{3}{2}}dt$ $t=\sin \theta$とおけば $\displaystyle =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^4\theta d\theta$ $=\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\pi}{2}=\dfrac{3\pi}{16}$ もちろん $\cos ^4\theta =\dfrac{3+4\cos 2\theta +\cos 4\theta}{8}$ より，$\cos 2\theta,\cos 4\theta$の積分が$0$であるから$\frac{3\pi}{16}$ とするのが一般的． $\displaystyle \int_0^1t^{\frac{3}{2}}(1-t)^{\frac{3}{2}}dt$ は $t^{\frac{3}{2}}(1-t)^{\frac{3}{2}}$ $=(t-t^2)^{\frac{3}{2}}$ $=(\dfrac{1}{4}-(t-\dfrac{1}{2})^2)^{\frac{3}{2}}$ $=\dfrac{1}{8}(1-(2t-1)^2)^{\frac{3}{2}}$ であるから $\displaystyle =\dfrac{1}{8}\int_0^1(1-(2t-1)^2)^{\frac{3}{2}}dt$ $u=2t-1$とおく $\displaystyle =\dfrac{1}{8}\int_{-1}^1(1-u^2)^{\frac{3}{2}}\dfrac{du}{2}$ $=\dfrac{1}{8}\cdot \dfrac{3\pi}{16}=\dfrac{3\pi}{128}$ $\displaystyle \int_0^1t^{\frac{3}{2}}(1-t)^{\frac{1}{2}}dt$ は $t^{\frac{3}{2}}(1-t)^{\frac{1}{2}}$ $=t(t-t^2)^{\frac{1}{2}}$ $=t\cdot \dfrac{1}{2}(1-(2t-1)^2)^{\frac{1}{2}}$ より，$u=2t-1$とおくと $\displaystyle \int_{-1}^1\dfrac{u+1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}(1-u^2)^{\frac{1}{2}}\dfrac{du}{2}$ 奇関数は積分$0$より $\displaystyle \dfrac{1}{4}\int_0^1\sqrt{1-u^2}du=\dfrac{\pi}{16}$ 問題に戻る 目次 全体の目次 |