解説

方針・初手

領域 $S$ は，放物線

$$ y=\frac12x^2 $$

の上側で，楕円

$$ \frac{x^2}{4}+4y^2=\frac18 $$

の内部にある部分である。

まず交点を求めて領域の形を確定する。そのうえで，

• $x$ 軸まわりでは円環法
• $y$ 軸まわりでは高さ $y$ で切る断面積法

を用いると計算しやすい。

解法1

放物線と楕円の交点は $y=\dfrac12x^2$ を代入して求める。

$$ \frac{x^2}{4}+4\left(\frac{x^2}{2}\right)^2=\frac18 $$

より

$$ \frac{x^2}{4}+x^4=\frac18 $$

すなわち

$$ 8x^4+2x^2-1=0 $$

となる。ここで $t=x^2$ とおくと

$$ 8t^2+2t-1=0 $$

であり，

$$ t=\frac14,\ -\frac12 $$

となる。したがって

$$ x=\pm\frac12,\qquad y=\frac12\left(\frac12\right)^2=\frac18 $$

である。

よって領域 $S$ は

$$ -\frac12\le x\le \frac12 $$

において，放物線

$$ y=\frac12x^2 $$

と，楕円の上半分

$$ y=\sqrt{\frac{1-2x^2}{32}} $$

にはさまれた部分である。

（1） $V_1,\ V_2$ を求める

$V_1$

$x$ 軸まわりに回転すると，外半径は $\sqrt{\dfrac{1-2x^2}{32}}$，内半径は $\dfrac12x^2$ である。したがって

$$ V_1 =\pi\int_{-1/2}^{1/2} \left\{ \left(\sqrt{\frac{1-2x^2}{32}}\right)^2 -\left(\frac{x^2}{2}\right)^2 \right\}\,dx $$

である。整理すると

$$ V_1 =\pi\int_{-1/2}^{1/2} \left( \frac{1-2x^2}{32}-\frac{x^4}{4} \right)\,dx $$

となる。被積分関数は偶関数なので

$$ V_1 =2\pi\int_0^{1/2} \left( \frac{1}{32}-\frac{x^2}{16}-\frac{x^4}{4} \right)\,dx $$

である。よって

$$ \begin{aligned} V_1 &= 2\pi\left[ \frac{x}{32}-\frac{x^3}{48}-\frac{x^5}{20} \right]_0^{1/2} \\ &= 2\pi\left( \frac{1}{64}-\frac{1}{384}-\frac{1}{640} \right) \\ &= 2\pi\cdot \frac{11}{960} \\ &= \frac{11\pi}{480} \end{aligned} $$

となる。

$V_2$

今度は $y$ 軸まわりに回転するので，$y$ で切った断面を考える。

楕円の式

$$ \frac{x^2}{4}+4y^2=\frac18 $$

を $x^2$ について解くと，

$$ 2x^2+32y^2=1 $$

より

$$ x^2=\frac{1-32y^2}{2} $$

である。また，放物線 $y\ge \dfrac12x^2$ は

$$ x^2\le 2y $$

と書ける。

したがって，ある高さ $y$ における断面の半径平方 $r(y)^2$ は

$$ r(y)^2=\min\left\{2y,\ \frac{1-32y^2}{2}\right\} $$

となる。この2つが等しくなるのは

$$ 2y=\frac{1-32y^2}{2} $$

すなわち

$$ 32y^2+4y-1=0 $$

より

$$ y=\frac18 $$

である。また，楕円の最上点は $x=0$ のとき

$$ 4y^2=\frac18 \quad\Rightarrow\quad y=\frac{1}{4\sqrt2} $$

である。

よって断面積を場合分けすると，

• $0\le y\le \dfrac18$ では半径平方は $2y$
• $\dfrac18\le y\le \dfrac{1}{4\sqrt2}$ では半径平方は $\dfrac{1-32y^2}{2}$

となる。したがって

$$ V_2 = \pi\int_0^{1/8}2y\,dy + \pi\int_{1/8}^{1/(4\sqrt2)}\frac{1-32y^2}{2}\,dy $$

である。

第1項は

$$ \pi\int_0^{1/8}2y\,dy = \pi\left[y^2\right]_0^{1/8} = \frac{\pi}{64} $$

である。

第2項は

$$ \pi\int_{1/8}^{1/(4\sqrt2)}\frac{1-32y^2}{2}\,dy = \pi\left[\frac{y}{2}-\frac{16}{3}y^3\right]_{1/8}^{1/(4\sqrt2)} $$

であり，

$$ \frac{1}{4\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{8} $$

だから，

$$ \left(\frac{y}{2}-\frac{16}{3}y^3\right)\Bigg|_{y=\sqrt2/8} = \frac{\sqrt2}{16}-\frac{\sqrt2}{48} = \frac{\sqrt2}{24} $$

また

$$ \left(\frac{y}{2}-\frac{16}{3}y^3\right)\Bigg|_{y=1/8} = \frac{1}{16}-\frac{1}{96} = \frac{5}{96} $$

である。したがって

$$ \pi\int_{1/8}^{1/(4\sqrt2)}\frac{1-32y^2}{2}\,dy = \pi\left(\frac{\sqrt2}{24}-\frac{5}{96}\right) = \pi\cdot\frac{4\sqrt2-5}{96} $$

となる。

よって

$$ \begin{aligned} V_2 &= \frac{\pi}{64} + \pi\cdot\frac{4\sqrt2-5}{96} \\ &= \pi\cdot\frac{8\sqrt2-7}{192} \end{aligned} $$

となる。したがって

$$ V_2=\frac{(8\sqrt2-7)\pi}{192} $$

である。

（2） $\dfrac{V_2}{V_1}$ と $1$ の大小

求めた値を用いると

$$ \frac{V_2}{V_1} = \frac{\dfrac{(8\sqrt2-7)\pi}{192}}{\dfrac{11\pi}{480}} = \frac{5(8\sqrt2-7)}{22} = \frac{40\sqrt2-35}{22} $$

である。

これが $1$ より大きいかどうかを見るには

$$ \frac{40\sqrt2-35}{22}\mathop{\lessgtr}1 \quad\Longleftrightarrow\quad 40\sqrt2\mathop{\lessgtr}57 $$

を調べればよい。

ところが

$$ 57^2=3249>3200=40^2\cdot 2 $$

であるから

$$ 57>40\sqrt2 $$

となる。したがって

$$ \frac{V_2}{V_1}<1 $$

である。

解説

この問題の要点は，領域 $S$ の形を正しく把握することである。交点

$$ \left(\pm\frac12,\frac18\right) $$

を先に求めると，$x$ 軸まわりではそのまま円環法が使えることが分かる。

一方，$y$ 軸まわりでは $x$ で積分すると平方根を含む式になりやすい。そこで $y$ で切って断面の半径を考えると，半径平方が

$$ x^2\le 2y,\qquad x^2\le \frac{1-32y^2}{2} $$

の小さい方で決まるため，$y=\dfrac18$ で場合分けすれば自然に計算できる。

答え

**(1)**

$$ V_1=\frac{11\pi}{480},\qquad V_2=\frac{(8\sqrt2-7)\pi}{192} $$

**(2)**

$$ \frac{V_2}{V_1}=\frac{40\sqrt2-35}{22}<1 $$