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 $f(x)=\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}$、$f'(x)=-\frac{f(x)}{2t(1-t^{2})}<0$、$f''(x)=\frac{f(x)(1+t-3t^{2})}{4t^{3}(1-t^{2})^{2}}$。$1+t-3t^{2}=0$ の正根は $t_{0}=\frac{1+\sqrt{13}}{6}$ であり、$x_{0}=t_{0}^{2}=\frac{7+\sqrt{13}}{18}$。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。$f(x_{0})^{2}=\frac{1-t_{0}}{1+t_{0}}=\frac{4-\sqrt{13}}{3}$ なので $f(x_{0})=\frac{\sqrt{12-3\sqrt{13}}}{3}$。増減表は $x$: $0\to x_{0}\to1$、$f$: $1\searrow f(x_{0})\searrow0$、$f''$: $+\to0\to-$。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 $x(y)=\left(\frac{1-y^{2}}{1+y^{2}}\right)^{2}$（$0\leqq y\leqq1$）。高さ $y$ の水平断面は半径 $x(y)$ の円だから、$V=\pi\int_0^1 x(y)^{2}\,dy=\pi\int_0^1\left(\frac{1-y^{2}}{1+y^{2}}\right)^{4}dy$。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 $V=2\pi\int_0^1 xf(x)\,dx$。ここで $t=\sqrt{x}$ と置けば $V=4\pi\int_0^1 t^{3}\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}\,dt$。さらに $t=\cos\theta$（$0\leqq\theta\leqq\pi/2$）と置き、$\sin\theta\sqrt{\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}}=1-\cos\theta$ を用いると $V=4\pi\int_0^{\pi/2}(\cos^{3}\theta-\cos^{4}\theta)\,d\theta=4\pi\left(\frac{2}{3}-\frac{3\pi}{16}\right)=\frac{8\pi}{3}-\frac{3\pi^{2}}{4}$。円筒殻で表せば半径 $x$・高さ $f(x)$ であり、同じ $2\pi\int_0^1 xf(x)\,dx$ を得る。

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