\(xyz\) 空間において, \(2\) 点 P \((1, 0, 1)\) , Q \((-1, 1, 0)\) を考える. 線分 PQ を \(x\) 軸の周りに \(1\) 回転して得られる曲面を \(S\) とする. 以下の問に答えよ.
(1) 曲面 \(S\) と, \(2\) つの平面 \(x = 1\) および \(x = -1\) で囲まれる立体の体積を求めよ.
(2) (1) の立体の平面 \(y = 0\) による切り口を, 平面 \(y = 0\) において図示せよ.
(3) 定積分 \(\displaystyle\int _ 0^1 \sqrt{t^2+1} \, dt\) の値を \(t = \dfrac{e^s -e^{-s}}{2}\) と置換することによって求めよ. これを用いて, (2) の切り口の面積を求めよ.
【 解 答 】
(1)
線分 PQ 上の点は \[ t \overrightarrow{\text{OP}} +( 1-t ) \overrightarrow{\text{OQ}} = \left( \begin{array}{c} 2t-1 \\ 1-t \\ t \end{array} \right) \] と表せる. \[\begin{align} & \left\{ \begin{array}{l} x = 2t-1 \\ y = 1-t \\ z = t \end{array} \right. \\ \text{∴} \quad & \left\{ \begin{array}{l} t = \dfrac{x+1}{2} = z \\ y = \dfrac{1-x}{2} \end{array} \right. \end{align}\] なので平面 \(x=u\) と PQ との交点は \[ \left( u , \dfrac{1-u}{2} , \dfrac{1+u}{2} \right) \] この点と点 \(( u , 0 , 0 )\) との距離を \(l(u)\) とすると \[\begin{align} l^2(u) & = \left( \dfrac{1-u}{2} \right)^2 + \left( \dfrac{1+u}{2} \right)^2 \\ & = \dfrac{u^2+1}{2} \end{align}\] ゆえに求める体積 \(V\) は \[\begin{align} V & = \pi \displaystyle\int _ {-1}^1 l^2(u) \, du = \dfrac{\pi}{2} \cdot 2 \int _ 0^1 ( u^2+1 ) \, du \\ & = \pi \left[ \dfrac{u^3}{3} +u \right] _ 0^1 \\ & = \underline{\dfrac{4 \pi}{3}} \end{align}\]
(2)
\(y=0\) における切り口は
\[
x = \pm 1 , \ z = \pm l(x) = \pm \dfrac{\sqrt{2}}{2} \sqrt{x^2+1}
\]
に囲まれた領域になる.
\(x\) 軸について対称なので, \(y \geqq 0\) の領域について考える.
\[\begin{align}
l'(x) & = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot \dfrac{2x}{2 \sqrt{x^2+1}} \\
& = \dfrac{\sqrt{2} x}{2 \sqrt{x^2+1}}
\end{align}\]
\(l'(x) = 0\) を解くと, \(x = 0\) .
したがって, 増減表は下のようになる.
\[
\begin{array}{c|ccccc} x & -1 & \cdots & 0 & \cdots & 1\\ \hline l'(x) & & - & 0 & + & \\ \hline l(x) & 1 & \searrow & \frac{\sqrt{2}}{2} & \nearrow & 1 \\ \end{array}
\]
ゆえに切り口は下図斜線部.
(3)
\(I = \displaystyle\int _ 0^1 \sqrt{t^2+1} \, dt\) とおく.
\(t = \dfrac{e^s -e^{-s}}{2}\) より
\[
dt = \dfrac{e^s +e^{-s}}{2} ds
\]
また
\[\begin{align}
\dfrac{e^s -e^{-s}}{2} & = 0 \\
e^{2s} -1 = \left( e^s -1 \right) & \left( e^s +1 \right) = 0 \\
\text{∴} \quad s & = 0 , \\
\dfrac{e^s - e^{-s}}{2} & = 1 \\
e^{2s} -2e^s -1 & = 0 \\
e^s & = 1+\sqrt{2} \\
\text{∴} \quad s & = \log \left( 1+\sqrt{2} \right)
\end{align}\]
したがって
\[
\begin{array}{c|ccc} t & 0 & \rightarrow & 1 \\ \hline s & 0 & \rightarrow & \log \left( 1+\sqrt{2} \right) \end{array}
\]
ゆえに
\[\begin{align}
I & = \displaystyle\int _ 0^{\log \left( 1+\sqrt{2} \right)} \sqrt{\dfrac{\left( e^s - e^{-s} \right)^2}{4} +1} \cdot \dfrac{e^s + e^{-s}}{2} \, ds \\
& = \dfrac{1}{4} \int _ 0^{\log \left( 1+\sqrt{2} \right)} \left( e^s + e^{-s} \right)^2 \, ds \\
& = \dfrac{1}{4} \left[ \dfrac{e^{2s}}{2} +2s -\dfrac{e^{-2s}}{2} \right] _ 0^{\log \left( 1+\sqrt{2} \right)} \\
& = \dfrac{1}{4} \left\{ \dfrac{\left( 1 +\sqrt{2} \right)^2}{2} +2\log \left( 1+\sqrt{2} \right) -\dfrac{1}{2 \left( 1 +\sqrt{2} \right)^2} \right\} \\
& \qquad -\dfrac{1}{4} \left( \dfrac{1}{2} +0 -\dfrac{1}{2} \right) \\
& = \dfrac{1}{8} \left\{ \left( \sqrt{2} +1 \right)^2 -\left( \sqrt{2} -1 \right)^2 \right\} + \dfrac{1}{2} \log \left( 1+\sqrt{2} \right) \\
& = \dfrac{1}{8} \cdot 4 \sqrt{2} + \dfrac{1}{2} \log \left( 1+\sqrt{2} \right) \\
& = \dfrac{\sqrt{2} + \log \left( 1+\sqrt{2} \right) }{2}
\end{align}\]
よって, 求める面積 \(S\) は
\[\begin{align}
S & = 4 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} \int _ 0^1 \sqrt{x^2+1} \, dx \\
& = 2 \sqrt{2} I = \underline{2 +\sqrt{2} \log \left( 1+\sqrt{2} \right)}
\end{align}\]