3徳島大学 2025年 数学 第3問解答・解説

(1) $q=2x-x^2$ とおくと、$0<x<2$ で
$$f'(x)=1+\frac{1-x}{\sqrt q}.$$
よって $0<x\leqq1$ では $f'(x)>0$ である。$1<x<2$ では
$$f'(x)=\frac{\sqrt q-(x-1)}{\sqrt q}$$
だから、$\sqrt q$ と $x-1$ を比較する。両者は正であり、
$$q-(x-1)^2=-2x^2+4x-1$$
は $x=1+\frac1{\sqrt2}$ で符号が正から負に変わる。したがって $f$ は $0\leqq x\leqq1+\frac1{\sqrt2}$ で増加し、$1+\frac1{\sqrt2}\leqq x\leqq2$ で減少する。
$$f(0)=0,\quad f(2)=2,\quad f\left(1+\frac1{\sqrt2}\right)=1+\sqrt2.$$
ゆえに最大値は $1+\sqrt2$、最小値は $0$ である。

(2) $H$ は $P$ の直線 $y=x$ への垂線の足なので、
$$H\left(\frac{x+f(x)}2,\frac{x+f(x)}2\right).$$
また $f(x)-x=\sqrt{2x-x^2}\geqq0$ であるから、直線 $y=x$ までの距離は
$$r=\frac{f(x)-x}{\sqrt2}=\sqrt{\frac{2x-x^2}{2}}.$$
点 $H$ は $y=x$ 上にあり、その座標は正だから、
$$t=OH=\sqrt2\,\frac{x+f(x)}2=\frac{2x+\sqrt{2x-x^2}}{\sqrt2}.$$

(3) $\ell$ と $y=-x+3$ の交点は $A=(\frac32,\frac32)$ である。$B$ については
$$2x+\sqrt{2x-x^2}=3.$$
$\sqrt{2x-x^2}=3-2x\geqq0$ を満たす範囲で両辺を平方すると
$$5x^2-14x+9=0,\quad x=1,\frac95.$$
$\frac95>\frac32$ なので不適であり、$B=(1,2)$ となる。$A,B$ はともに $x+y=3$ 上にあるため、線分 $AB$ は回転軸 $\ell$ に垂直である。領域を軸に垂直な平面で切ると、各断面は曲線 $OB$ までを半径とする円となる。

曲線 $OB$ 上では $0\leqq x\leqq1$ であり、
$$t=\frac{2x+\sqrt{2x-x^2}}{\sqrt2},\qquad \frac{dt}{dx}=\frac1{\sqrt2}\left(2+\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}\right)>0.$$
したがって $t$ は $0$ から $\frac3{\sqrt2}$ まで動く。断面積を積分すると
$$\begin{aligned} V&=\pi\int_0^{3/\sqrt2}r^2\,dt\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt2}\int_0^1(2x-x^2)\left(2+\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}\right)dx\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt2}\left(2\int_0^1(2x-x^2)dx+\int_0^1(1-x)\sqrt{2x-x^2}\,dx\right). \end{aligned}$$$$V=\pi {\int }_0^{3/\sqrt{2}}{r}^{2}dt$$$$=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}{\int }_0^1(2x-x^2)\left(2+\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}\right)dx$$$$=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}\left(2{\int }_0^1(2x-x^2)dx+{\int }_0^1(1-x)\sqrt{2x-x^2}dx\right).$$
ここで
$$2\int_0^1(2x-x^2)dx=\frac43,\qquad \int_0^1(1-x)\sqrt{2x-x^2}\,dx=\int_0^1u\sqrt{1-u^2}\,du=\frac13$$
である。よって
$$V=\frac{\pi}{2\sqrt2}\left(\frac43+\frac13\right)=\boxed{\frac{5\sqrt2\pi}{12}}.$$