解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

\(y = \dfrac{1}{x}\) より, \(y' = -\dfrac{1}{x^2}\) なので, 点 \(\left( p , \dfrac{1}{p} \right)\) における接線の式は \[\begin{align} y & = -\dfrac{1}{p^2} (x-p) +\dfrac{1}{p} \\ & = -\dfrac{x}{p^2} +\dfrac{2}{p} \end{align}\] これが点 P を通るので \[\begin{align} b = -\dfrac{a}{p^2} +\dfrac{2}{p} & \\ \text{∴} \quad b p^2 -2p +a & = 0 \quad ... [1] \end{align}\] [1] の判別式 \(D\) について \[ \dfrac{D}{4} = 1 -ab \gt 0 \] なので, [1] の \(2\) つの実数解が \(s , t\) である.
よって, \(s \lt t\) なので \[ s = \underline{\dfrac{1 -\sqrt{1 -ab}}{b}} \ , \ t = \underline{\dfrac{1 +\sqrt{1 -ab}}{b}} \]

(2)

(1) の結果より \[\begin{align} \dfrac{t}{s} & = \dfrac{1 +\sqrt{1 -ab}}{1 -\sqrt{1 -ab}} \\ & = -1 +\dfrac{2}{1 -\sqrt{1 -ab}} \end{align}\] したがって, \(\dfrac{t}{s}\) が最小となるのは, \(ab\) が最大となるとき.
条件より, \(a\) のとりうる値の範囲は \(0 \lt a \lt \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) であり \[ ab = a \left( \dfrac{9}{4} -3 a^2 \right) = \dfrac{9a}{4} -3 a^3 \] これを \(f(a)\) とおくと \[ f'(a) = \dfrac{9}{4} -9a^2 = \dfrac{9}{4} ( 1 -4a^2 ) \] したがって, \(f(a)\) の増減は下表のとおり. \[ \begin{array}{c|ccccc} a & (0) & \cdots & \dfrac{1}{2} & \cdots & \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) \\ \hline f'(a) & & + & 0 & - & \\ \hline f(a) & (0) & \nearrow & \dfrac{3}{4} & \searrow & (0) \end{array} \] \(ab = \dfrac{3}{4} \lt 1\) なので, \(s , t\) も存在する.
よって, \(a = \underline{\dfrac{1}{2}}\) , \(b = \underline{\dfrac{3}{2}}\) のとき, \(\dfrac{t}{s}\) の最小値は \[ -1 +\dfrac{2}{1 -\sqrt{\dfrac{1}{4}}} = \underline{3} \]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

\(\overrightarrow{a} = \overrightarrow{\text{OA}}\) , \(\overrightarrow{b} = \overrightarrow{\text{OB}}\) , \(\overrightarrow{c} = \overrightarrow{\text{OC}}\) とおく. \[\begin{align} \overrightarrow{\text{OA}{} _ 0} & = \dfrac{1}{2} \overrightarrow{a} \ , \ \overrightarrow{\text{OB}{} _ 0} = \dfrac{1}{3} \overrightarrow{b} \ , \\ \overrightarrow{\text{OP}} & = (1-s) \overrightarrow{a} +s \overrightarrow{c}\ , \\ \overrightarrow{\text{OQ}} & = (1-t) \overrightarrow{a} +t \overrightarrow{c} \end{align}\] \(4\) 点が同一平面上にあるので, \(\alpha , \beta\) を用いて \[\begin{align} \overrightarrow{\text{OQ}} & = \alpha \overrightarrow{\text{OP}} +\beta \overrightarrow{\text{OA}{} _ 0} +( 1 -\alpha -\beta ) \overrightarrow{\text{OB}{} _ 0} \\ & = \left\{ \alpha (1-s) +\dfrac{\beta}{2} \right\}\overrightarrow{a} +\dfrac{1 -\alpha -\beta}{3} \overrightarrow{b} +\alpha s \overrightarrow{c} \end{align}\] と表せる.
\(\overrightarrow{a} , \overrightarrow{b} , \overrightarrow{c}\) は一次独立なので \[ \left\{ \begin{array}{ll} \alpha (1-s) +\dfrac{\beta}{2} = 0 & ... [1] \\ \dfrac{1 -\alpha -\beta}{3} = 1-t & ... [2] \\ \alpha s = t & ... [3] \end{array} \right. \] [3] より, \(\alpha = \dfrac{t}{s}\) , [2] より \[ \beta = 1 -\dfrac{t}{s} -3(1-t) = 3t -\dfrac{t}{s} -2 \] これらを [1] に代入して \[\begin{align} \dfrac{t}{s} (1-s) +\dfrac{3t}{2} -\dfrac{t}{2s} -1 & = 0 \\ 2t -2ts +3ts -t -2s & = 0 \\ t (1+s) & = 2s \\ \text{∴} \quad t = \underline{\dfrac{2s}{s+1}} & \end{align}\]

(2)

条件より \[\begin{align} & \left| \overrightarrow{a} \right| = 1 \ , \ \left| \overrightarrow{b} \right| = \left| \overrightarrow{c} \right| = 2 \ , \\ & \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = 1 \cdot 2 \cdot \cos 120^{\circ} = -1 \ , \\ & \overrightarrow{b} \cdot \overrightarrow{c} = 0 \ , \\ & \overrightarrow{c} \cdot \overrightarrow{a} = 2 \cdot 1 \cdot \cos 60^{\circ} = 1 \end{align}\] \(\text{OP} \perp \text{OQ}\) なので \[\begin{align} \overrightarrow{\text{OP}} \cdot \overrightarrow{\text{OQ}} & = \left\{ (1-s) \overrightarrow{a} +s \overrightarrow{c} \right\} \cdot \left\{ (1-t) \overrightarrow{b} +t \overrightarrow{c} \right\} \\ & = -(1-s) (1-t) +(1-s) t +4st \\ & = 2 (s+1) t +s -1 = 0 \end{align}\] (1) の結果を代入して \[\begin{align} 2 (s+1) \cdot \dfrac{2s}{s+1} +s -1 & = 0 \\ 5s -1 & = 0 \\ \text{∴} \quad s & = \underline{\dfrac{1}{5}} \end{align}\] これは \(0 \lt s \lt 1\) をみたし, このとき \(b = \dfrac{\frac{2}{5}}{\frac{1}{5} +1} = \dfrac{1}{3}\) で \(0 \lt b \lt 1\) もみたしている.

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

\(u = \dfrac{x}{t}\) とおくと, \(u \geqq 1\) .
これを用いて, 示したい不等式を変形すると \[ -\dfrac{t^2 (u-1)^2}{2} \leqq \log u -u +1 \leqq 0 \quad ... [ \text{A} ] \] なので, これを示せばよい.
\(f(u) = \log u -u +1\) とおくと \[ f'(u) = \dfrac{1}{u} -1 \leqq 0 \quad ( \ \text{∵} \ u \geqq 1 \ ) \] ゆえに \(f(u)\) は単調減少するので \[ f(u) \leqq f(1) = 0 +1 -1 = 0 \quad ... [1] \] \(g(u) = \dfrac{t^2 (u-1)^2}{2} +\log u -u +1\) とおくと \[\begin{align} g'(u) & = t^2 (u-1) +\dfrac{1}{u} -1 \ , \\ g''(u) & = t^2 -\dfrac{1}{u^2} \\ & = \dfrac{(tu)^2 -1}{u^2} \geqq 0 \quad ( \ \text{∵} \ t \geqq 1 , u \geqq 1 \ ) \end{align}\] ゆえに \(g'(x)\) は単調増加し \[ g'(x) \geqq g'(1) = 0 +1 -1 = 0 \] さらに \(g(x)\) も単調増加し \[ g(x) \geqq g(1) = 0 +0 +1 -1 = 0 \quad ... [2] \] よって, [1] [2] より [A] が示されて, 題意も示された.

(2)

(1) で示した式の各辺を \(x\) について \(t \rightarrow t +\dfrac{1}{n}\) で積分する.
各項について \[\begin{align} \displaystyle\int _ {t}^{t +\frac{1}{n}} \dfrac{(x-t)^2}{2} \, dx & = \left[ \dfrac{(x-t)^3}{6} \right] _ {t}^{t +\frac{1}{n}} = \dfrac{1}{6n^3} \\ \displaystyle\int _ {t}^{t +\frac{1}{n}} \log t \, dx & = \dfrac{1}{n} \log t \\ \displaystyle\int _ {t}^{t +\frac{1}{n}} \dfrac{1}{t} (x-t) \, dx & = \left[ \dfrac{(x-t)^2}{2t} \right] _ {t}^{t +\frac{1}{n}} = \dfrac{1}{2n^2} \end{align}\] よって \[ -\dfrac{1}{6 n^3} \leqq \displaystyle\int_{t}^{t +\frac{1}{n}} \log x \, dx -\dfrac{1}{n} \log t -\dfrac{1}{2t n^2} \leqq 0 \]

(3)

(2) で示した式に, \(t = 1 , 1+\dfrac{1}{n} , \cdots , 1 +\dfrac{n-1}{n}\) を代入してできる \(n\) 個の不等式を辺々加えて, \(n\) 倍すると \[\begin{gather} -\dfrac{1}{6n} \leqq n \displaystyle\int _ {1}^{2} \log x \, dx -a_n -\dfrac{1}{2n} \textstyle\sum\limits _ {k=0}^{n-1} \dfrac{1}{1 +\dfrac{k}{n}} \leqq 0 \\ \text{∴} \quad -\dfrac{1}{2n} \textstyle\sum\limits _ {k=0}^{n-1} \dfrac{1}{1 +\dfrac{k}{n}} \leqq a_n -n \underline{\displaystyle\int _ {1}^{2} \log x \, dx} _ {[3]} \leqq -\dfrac{1}{2n} \textstyle\sum\limits _ {k=0}^{n-1} \dfrac{1}{1 +\dfrac{k}{n}} +\dfrac{1}{6n} \quad ... [4] \end{gather}\] ここで \[ [3] = \left[ x \log x -x \right] _ {1}^{2} = 2 \log 2 -1 \] [4] において \(n \rightarrow \infty\) とすれば \[\begin{align} ( \text{第 1 辺} ) & \longrightarrow -\dfrac{1}{2} \displaystyle\int _ {0}^{1} \dfrac{1}{1+x} \, dx \\ & = -\dfrac{1}{2} \left[ \log (1+x) \right] _ {0}^{1} = -\dfrac{1}{2} \log 2 \ , \\ ( \text{第 3 辺} ) & \longrightarrow -\dfrac{1}{2} \log 2 \end{align}\] なので, はさみうちの原理より \[ ( \text{第 2 辺} ) = a_n -( 2 \log 2 -1 ) n \longrightarrow -\dfrac{1}{2} \log 2 \] よって \[ p = \underline{2 \log 2 -1} \ , \ q = \underline{-\dfrac{1}{2} \log 2} \]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

\[\begin{align} & \displaystyle\int _ {a}^{c} ( x^2 +bx ) \, dx = \left[ \dfrac{x^3}{3} +\dfrac{b x^2}{2} \right] _ {a}^{c} \\ & \qquad = \dfrac{c^3}{3} +\dfrac{b c^2}{2} -\dfrac{a^3}{3} -\dfrac{a^2 b}{2} \ , \\ & \displaystyle\int _ {b}^{c} ( x^2 +ax ) \, dx = \left[ \dfrac{x^3}{3} +\dfrac{a x^2}{2} \right] _ {b}^{c} \\ & \qquad = \dfrac{c^3}{3} +\dfrac{a c^2}{2} -\dfrac{b^3}{3} -\dfrac{a b^2}{2} \end{align}\] なので, (＊) より \[\begin{align} 3b c^2 -2 a^3 -3a^2 b = 3a c^2 -2 b^3 & -3a b^2 \\ (b-a) \left\{ 3c^2 +2 ( a^2 +ab +b^2 ) +3ab \right\} & = 0 \\ 3 c^2 +2 a^2 +5ab +2 b^2 & = 0 \quad ( \ \text{∵} \ a \neq b \ ) \\ \text{∴} \quad ( 2a +b ) ( b +2a ) & = -3c^2 \quad ... [1] \end{align}\] したがって, 右辺は \(3\) の倍数なので, 左辺も \(3\) の倍数である.
[1] は \(a . b\) について対称なので, \(2a +b = 3m \ ( m \text{は整数})\) と考えてよい.
このとき \[ a +2b = 3 (a+b) -3m = 3( a +b -m ) \] なので, [1] の左辺は \(9\) の倍数であり, よって \(c\) は \(3\) の倍数である.

(2)

(1) の経過から \(2a+b = 3m \ , \ a+2b = 3n \ ( m , n \text{は整数} )\) とおくことができる.
これをとくと \[ a = 2m -n \ , \ b = 2n -m \quad ... [2] \] なので, \(a , b\) はともに整数となる.
また, \(-3 c^2 \lt 0\) なので \(m\) と\(n\) は異符号で, \(m \lt 0 \lt n\) とすれば, [2] より \(a \lt 0 \lt b\) となる.
したがって, 求める個数は, \(3c^2\) を \(2\) つの因数 \(-3m\) と \(3n\) に分ける方法に等しい.
\(c = 3600 = 2^4 \cdot 3^2 \cdot 5^2\) のとき, \(3c^2 = 2^8 \cdot 3^5 \cdot 5^4\) であり,
素因数 \(2 , 3, 5\) の分け方がそれぞれ \(9 , 4 , 5\) 通りずつあるので, 求める個数は \[ 9 \cdot 4 \cdot 5 = \underline{180} \]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

\(f(x) = x -\tan x\) とおくと \[ f'(x) = 1 -\dfrac{1}{\cos^2 x} = -\tan^2 x \leqq 0 \] ゆえに, \(f(x)\) は単調減少し, さらに \[ \displaystyle\lim_{x \rightarrow -\frac{\pi}{2}} f(x) = \infty \ , \ \displaystyle\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} f(x) = -\infty \] なので, \(f(x) = a\) をみたす実数解がただ \(1\) つ存在する.

(2)

(1) の結果より, \(f(x) = n \pi\) をみたす実数解 \(x_n\) がただ \(1\) つ存在する.
\(C\) の式より, \(y' = \cos x\) なので, P における接線の式は \[ y = (x-t) \cos t +\sin t = x \cos t -t \cos t +\sin t \] これが点 \(( p , \sin p ) \ \left( p \geqq \dfrac{\pi}{2} \right)\) の接線にもなるのは \[ \left\{ \begin{array}{ll} \cos p = \cos t & ... [1] \\ -p \cos p +\sin p = -t \cos t +\sin t & ... [2] \end{array} \right. \] が成立するとき.
[1] より \[ p = 2n \pi \pm t \quad ( \ n \text{は正の整数} \ ) \]

1. 1*　\(p = 2n \pi +t\) のとき
   [2] に代入すると \[\begin{align} -( 2n \pi +t ) \cos t +\sin t & = -t \cos t +\sin t \\ 2n \pi \cos t & = 0 \end{align}\] \(\cos t \neq 0\) なので, これをみたす \(t\) は存在しない.

2. 2*　\(p = 2n \pi -t\) のとき
   [2] に代入すると \[\begin{align} -( 2n \pi -t ) \cos t -\sin t & = -t \cos t +\sin t \\ 2 (n \pi -t ) \cos t & = 2 \sin t \\ t -\tan t & = n \pi \quad \quad ( \text{∵} \ \cos t \neq 0 \ )\\ \text{∴} \quad t & = x_n \end{align}\]

1* 2* より, [1] [2] が成立するならば, \(t = x_n\) .
逆に, \(t = x_n\) ならば, \(p = 2n \pi -x _ n \geqq \dfrac{\pi}{2}\) が [1] [2] をみたす.
よって, 題意は示された.

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

\(c = \dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b}\) とおく.
自然数 \(n\) に対して \[ f _{2n} (x) = \sin ( cn -x ) \pi , \ f _{2n+1} (x) = \sin ( cn +x ) \pi \quad ... [ \text{＊} ] \] が成立することを帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(n = 1\) のとき
   条件 (イ) (ウ) より \[\begin{align} f_2 (x) & = f_1 (c-x) = \sin (c-x) \pi \\ f_3 (x) & = f_2 (-x) = \sin (c+x) \pi \end{align}\] なので, [＊] が成立する.

2. 2*　\(n = k\) のとき, [＊] が成立する, すなわち \[ f _{2k} (x) = \sin ( ck -x ) \pi , \ f _{2k+1} (x) = \sin ( ck +x ) \pi \] と仮定すると, 条件 (イ) (ウ) より \[\begin{align} f _{2k+2} (x) & = f _{2k+1} (c-x) = \sin \{ c(k+1) -x \} \pi \\ f _{2k+3} (x) & = f _{2k+2} (-x) = \sin \{ c(k+1) +x \} \pi \end{align}\] なので, \(n = k+1\) のときも [＊] が成立する.

以上より, すべての自然数 \(n\) について, [＊] が成立することが示された.

\(c = \dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{3} = \dfrac{5}{6}\) なので, [＊] より \[\begin{align} f_5 (0) & = \sin 2 \cdot \dfrac{5}{6} \pi \\ & = \sin \dfrac{5 \pi}{3} = \underline{-\dfrac{\sqrt{3}}{2}} \end{align}\]

(2)

\(g(n) = (-1)^n f _{2n} (0)\) とおく.
\(c = \dfrac{5}{6}\) なので \[ g(n) = (-1)^n \sin \dfrac{5 n \pi}{6} \] ここで \[\begin{align} g (n+6) & = (-1)^{n+6} f _{2(n+6)} (0) \\ & = (-1)^n \sin \left( \dfrac{5n}{6} +5 \right) \pi \\ & = (-1)^{n+1} \sin \dfrac{5 n \pi}{6} = -g(n) \end{align}\] したがって \[ g (n+12) = g(n) \] また \[ \textstyle\sum\limits _{k=i}^{i+12} g(k) = 0 \] \(100 = 4 +8 \cdot 12\) なので, 求める和は \[\begin{align} \textstyle\sum\limits _{k=1}^{100} g(k) & = \textstyle\sum\limits _{k=1}^{4} g(k) \\ & = \sin \dfrac{5 \pi}{6} -\sin \dfrac{5 \pi}{3} +\sin \dfrac{5 \pi}{2} -\sin \dfrac{10 \pi}{3} \\ & = \dfrac{1}{2} -\left( -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) +1 -\left( -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) \\ & = \underline{\dfrac{3}{2} +\sqrt{3}} \end{align}\]

(3)

[＊] より \[ f _6 (0) = \sin 3c \pi = 0 \] なので, 整数 \(m\) を用いて \[\begin{align} 3c & = m \\ 3 \left( \dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b} \right) & = m \\ \text{∴} \quad 3 (a+b) & = mab \end{align}\] \(a , b\) は \(1\) から \(6\) の整数なので, これを満たす \((a,b)\) の組は \[ (1,1) , (1,3) , (2,2) , (2,6) , (3,1) , (3,3) , (6,2) , (6,6) \] の \(8\) 組のみ.
よって, 求める確率は \[ \dfrac{8}{6^2} = \underline{\dfrac{2}{9}} \]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

\(F_c = \left( 1 +\dfrac{1}{x} \right) \left( 1 +\dfrac{1}{y} \right)\) とおく.
相加相乗平均の関係を用いれば \[\begin{align} F_c & = 1 +\dfrac{1}{x} +\dfrac{1}{y} +\dfrac{1}{xy} \\ & = 1 +\dfrac{c+1}{xy} \quad ( \ \text{∵} \ x+y = c \ ) \\ & \geqq 1 +(c+1) \left( \dfrac{2}{x+y} \right)^2 \\ & = 1 +\dfrac{4 (c+1)}{c^2} \\ & = \left( \dfrac{c+2}{c} \right)^2 \end{align}\] 等号成立は \(x = y = \dfrac{c}{2}\) のとき.
よって, 求める最小値は \[ \underline{\left( \dfrac{c+2}{c} \right)^2} \]

(2)

\(G = \left( 1 +\dfrac{1}{x} \right) \left( 1 +\dfrac{1}{y} \right) \left( 1 -\dfrac{4}{3z} \right)\) とおく.
まず \(z\) を定数とみて考える.
条件より \(x+y = 1-z \gt 0\) なので \[ G = F _{1-z} \underline{\left( 1 -\dfrac{4}{3z} \right)} _{[1]} \] \(0 \lt z \lt 1\) なので \[\begin{align} \dfrac{4}{3z} & \gt \dfrac{4}{3} \\ \text{∴} \quad [1] & \lt 0 \end{align}\] したがって, \(G\) は負で, \(F _{1-z}\) が最小のとき, \(G\) は最大値 \(f(z)\) をとる.
(1) の結果より \[ F _{1-z} \geqq \left( \dfrac{1+z}{1-z} \right)^2 = \left( 1 +\dfrac{2}{1-z} \right)^2 \] なので \[ f(z) = \left( 1 -\dfrac{4}{3z} \right) \left( 1 +\dfrac{2}{1-z} \right)^2 \] ここで, \(z\) を変数とみて \[\begin{align} f'(z) & = \dfrac{4}{3 z^2} \left( 1 +\dfrac{2}{1-z} \right)^2 \\ & \qquad +\left( 1 -\dfrac{4}{3z} \right) \cdot 2 \left( 1 +\dfrac{2}{1-z} \right) \dfrac{2}{(1-z)^2} \\ & = \dfrac{4 (3-z)^2 +4z (3-z) (3z-4)}{3 z^2 (1-z)^3} \\ & = \dfrac{4 (3-z) ( 4z^2 -8z +3 )}{3 z^2 (1-z)^3} \\ & = \dfrac{4 (3-z) (2z-3) (2z-1)}{3 z^2 (1-z)^3} \end{align}\] \(0 \lt z \lt 1\) において \(f'(z) = 0\) をとくと \[ z = \dfrac{1}{2} \] この範囲において \(3-z \gt 0\) , \(2z-3 \lt 0\) に注意すれば, \(f(z)\) の増減は以下のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} z & (0) & \cdots & \dfrac{1}{2} & \cdots & (1) \\ \hline f'(z) & & + & 0 & - & \\ \hline f(z) & & \nearrow & \text{最大} & \searrow & \end{array} \] よって, 求める \(G\) の最大値は \[ f \left( \dfrac{1}{2} \right) = -\dfrac{5}{3} \cdot 5^2 = \underline{-\dfrac{125}{3}} \]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

与えられた放物線を \(C\) , 円を \(D\) とする.
\(D\) の中心である原点 O は, \(C\) の下方にあるので, 条件をみたすのは, \(C\) と \(D\) が接するときである.
\(y = \sqrt{2} (x-1)^2\) より \[ y' = 2 \sqrt{2} (x-1) \] なので, 点 A \((a,b)\) における接線 \(\ell _\text{A}\) の傾きは \[ 2 \sqrt{2} (a-1) \quad ... [1] \] また, OA の傾きは \[ \dfrac{b}{a} = \dfrac{\sqrt{2} (a-1)^2}{a} \quad ... [2] \] \(\ell _\text{A} \perp \text{OA}\) なので, [1] [2] より \[\begin{align} 2 \sqrt{2} (a-1) \cdot \dfrac{\sqrt{2} (a-1)^2}{a} & = -1 \\ 4 (a-1)^3 +a & = 0 \\ 4a^3 -12a^2 +13a -4 & = 0 \\ (2a-1) \underline{( 2a^2 -5a +4 )} _{[3]} & = 0 \\ \end{align}\] ここで, \([3] = 2 \left( a -\dfrac{5}{4} \right)^2 +\dfrac{7}{8} \gt 0\) だから \[ a = \underline{\dfrac{1}{2}} \] また \[ b = \sqrt{2} \left( \dfrac{1}{2} -1 \right)^2 = \underline{\dfrac{\sqrt{2}}{4}} \] さらに \[\begin{align} r & = \sqrt{a^2 +b^2} = \sqrt{\dfrac{1}{4} +\dfrac{1}{8}} \\ & = \sqrt{\dfrac{3}{8}} = \underline{\dfrac{\sqrt{6}}{4}} \end{align}\]

(2)

\(x\) 軸, 直線 \(x = a\) , \(C\) に囲まれた領域を \(R_1\) , \(x\) 軸, 直線 \(x = a\) , \(D\) に囲まれた領域を \(R_2\) とする.
\(R_1 , R_2\) を \(x\) 軸のまわりに回転してできる立体の体積を, それぞれ \(V_1 , V_2\) とおく. \[\begin{align} V_1 & = \pi \displaystyle\int _{\frac{1}{2}}^{1} 2 (x-1)^4 \, dx \\ & = 2 \pi \left[ \dfrac{(x-1)^5}{5} \right] _{\frac{1}{2}}^{1} \\ & = \dfrac{\pi}{80} \end{align}\] また \[\begin{align} V_2 & = \pi \displaystyle\int _{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{6}}{4}} \left( \dfrac{3}{8} -x^2 \right) \, dx \\ & = \pi \left[ \dfrac{3x}{8} -\dfrac{x^3}{3} \right] _{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{6}}{4}} \\ & = \pi \left( \dfrac{3 \sqrt{6}}{32} -\dfrac{\sqrt{6}}{32} \right) -\pi \left( \dfrac{3}{16} -\dfrac{1}{24} \right) \\ & = \dfrac{\sqrt{6} \pi}{16} -\dfrac{7 \pi}{48} \end{align}\] よって, 求める体積 \(V\) は \[\begin{align} V & = V_1 -V_2 \\ & = \left( \dfrac{3 +35}{240} -\dfrac{\sqrt{6}}{16} \right) \pi \\ & = \underline{\dfrac{38 -15 \sqrt{6}}{240} \pi} \end{align}\]

« 解答を隠す