京都大学 理系 2026年度 第5問 解説
問題編
問題
$a$ は $0\lt a\lt \pi$ を満たす実数とする。2つの関数 $y=\sin(x+a)$ と $y=\sin(x-a)$ のグラフの、 $-\dfrac{\pi}{2} \leqq x\leqq \dfrac{\pi}{2}$ の部分が囲む領域を $D_a$ とする。 $x$ 軸のまわりに $D_a$ を1回転してできる立体の体積を求めよ。
考え方
シンプルな関数ではありますが、グラフをかくのはちょっとめんどくさいです。体積を計算するためには、自分と交わっていないかとか、空洞がないかを確認する必要があり、考慮要素が漏れていないか心配になります。特に、どういうときに場合を分けないといけないかは、グラフをかいたり式を眺めたりしないとスルーしてしまうかもしれません。
積分の計算自体はよくある手法を使うことになります。場合分けをした際、2つ目のケースを計算するときには1つ目のケースが応用できると楽ですが、少し思いつきにくいかもしれません。愚直に同じような計算をしてもいいですが、計算間違いをしやすいので注意しながら進めましょう。
解答編
問題
$a$ は $0\lt a\lt \pi$ を満たす実数とする。2つの関数 $y=\sin(x+a)$ と $y=\sin(x-a)$ のグラフの、 $-\dfrac{\pi}{2} \leqq x\leqq \dfrac{\pi}{2}$ の部分が囲む領域を $D_a$ とする。 $x$ 軸のまわりに $D_a$ を1回転してできる立体の体積を求めよ。
解答
$f(x)=\sin(x+a)$, $g(x)=\sin(x-a)$ とする。このとき
\begin{eqnarray}
f(-x)=\sin(-x+a)=-\sin(x-a)=-g(x)
\end{eqnarray}であり、 $g(-x)=-f(x)$ も成り立つから、 $D_a$ は原点について対称である。よって、回転体は $yz$ 平面について対称なので、 $x\geqq 0$ の部分の体積を2倍して求めればよい。
$f(0)=\sin a$, $g(0)=\sin (-a)=-f(0)$ であることがわかり、
\begin{eqnarray}
f\left(\frac{\pi}{2}\right) &=& \sin \left(\frac{\pi}{2}+a\right) =\cos a \\[5pt]
g\left(\frac{\pi}{2}\right) &=& \sin \left(\frac{\pi}{2}-a\right) =\cos a \\[5pt]
\end{eqnarray}なので、一致することがわかる。また、
\begin{eqnarray}
& &
\{f(x)\}^2-\{g(x)\}^2 \\[5pt]
&=&
(\sin x\cos a+\cos x\sin a)^2\\
& & -(\sin x\cos a-\cos x\sin a)^2 \\[5pt]
&=&
4\sin x\cos x\sin a\cos a
\end{eqnarray}なので、$0\lt x\lt\dfrac{\pi}{2}$ では $\sin x\cos x$ は正なので、 $|f(x)|$ と $|g(x)|$ の大小関係はこの区間の間では変化しない。 $\sin a\gt 0$ なので、 $\cos a$ の符号によって、 $|f(x)|$ と $|g(x)|$ の大小関係が決まることがわかる。
そこで、以下では、 $0\lt a\leqq\dfrac{\pi}{2}$ のときと $\dfrac{\pi}{2} \lt a\lt \pi$ のときに場合分けをして考える。
(i) $0\lt a\leqq\dfrac{\pi}{2}$ のとき
$x$ 軸からは $y=f(x)$ のほうが $y=g(x)$ より離れていることがわかる（なお、 $a=\frac{\pi}{2}$ のときは一致する）。また、 $g(x)=0$ となる $x$ は、 $x=a+n\pi$ なので、 $0\leqq x\leqq \dfrac{\pi}{2}$ の範囲では、 $x=a$ だとわかる。
これより、回転体の体積は
\begin{eqnarray}
& &
2\cdot \left\{ \pi\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(f(x)\right)^2 dx
-\pi\int_a^{\frac{\pi}{2}} \left(g(x)\right)^2 dx \right\} \\[5pt]
\end{eqnarray}と表すことができる（なお、$a=\frac{\pi}{2}$ のときも、2つ目の積分が $0$ になることから成り立つ）。ここで、
\begin{eqnarray}
& &
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(f(x)\right)^2 dx \\[5pt]
&=&
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(x+a) dx \\[5pt]
&=&
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\cos2(x+a)}{2} dx \\[5pt]
&=&
\left[ \frac{x}{2} -\frac{\sin2(x+a)}{4} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\[5pt]
&=&
\frac{\pi}{4} -\frac{\sin(\pi+2a)}{4} +\frac{\sin 2a}{4} \\[5pt]
&=&
\frac{\pi}{4} +\frac{\sin 2a}{2} \\[5pt]
\end{eqnarray}であり、
\begin{eqnarray}
& &
\int_a^{\frac{\pi}{2}} \left(g(x)\right)^2 dx \\[5pt]
&=&
\int_a^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(x-a) dx \\[5pt]
&=&
\int_a^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\cos2(x-a)}{2} dx \\[5pt]
&=&
\left[ \frac{x}{2} -\frac{\sin2(x-a)}{4} \right]_a^{\frac{\pi}{2}} \\[5pt]
&=&
\frac{\pi}{4} -\frac{\sin(\pi-2a)}{4} -\frac{a}{2} \\[5pt]
&=&
\frac{\pi}{4} -\frac{\sin 2a}{4} -\frac{a}{2}
\end{eqnarray}であることから、回転体の体積は
\begin{eqnarray}
& &
2\cdot \left\{ \pi\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(f(x)\right)^2 dx
-\pi\int_a^{\frac{\pi}{2}} \left(g(x)\right)^2 dx \right\} \\[5pt]
&=&
2\pi \left\{ \left(\frac{\pi}{4} +\frac{\sin 2a}{2}\right) -\left(\frac{\pi}{4} -\frac{\sin 2a}{4} -\frac{a}{2}\right) \right\} \\[5pt]
&=&
2\pi \left( \frac{3\sin 2a}{4}+\frac{a}{2} \right) \\[5pt]
&=&
\frac{3\pi\sin 2a}{2} +a\pi \\[5pt]
\end{eqnarray}と計算できる。
(ii) $\dfrac{\pi}{2}\lt a\lt \pi$ のとき
$D_{\pi-a}$ について考えると
\begin{eqnarray}
\sin \{x+(\pi-a)\}
&=&
\sin (a-x) \\[5pt]
&=&
-\sin (x-a) \\[5pt]
&=&
-g(x) \\[5pt]
\sin \{x-(\pi-a)\}
&=&
\sin (x+a-\pi) \\[5pt]
&=&
-\sin (x+a) \\[5pt]
&=&
-f(x) \\[5pt]
\end{eqnarray}であるから、$D_{\pi-a}$ の $0\leqq x\leqq \dfrac{\pi}{2}$ の部分と、 $D_a$ の $0\leqq x\leqq \dfrac{\pi}{2}$ の部分は、 $x$ 軸について反転させただけなので、1回転してできる立体の体積は等しい。
また、$\dfrac{\pi}{2}\lt a\lt \pi$ のとき、 $0\lt \pi-a\lt \dfrac{\pi}{2}$ なので、(i) の結果が使えるので、(i)の答えの $a$ に $\pi-a$ を代入すると
\begin{eqnarray}
& &
\frac{3\pi\sin2(\pi-a)}{2}+(\pi-a)\pi \\[5pt]
&=&
-\frac{3\pi\sin2a}{2}+\pi^2-a\pi \\[5pt]
\end{eqnarray}となることがわかる。
以上より、(i)(ii)から、
$0\lt a\leqq \dfrac{\pi}{2}$ のとき、 $\dfrac{3\pi\sin 2a}{2} +a\pi$
$\dfrac{\pi}{2}\lt a\lt \pi$ のとき、 $-\dfrac{3\pi\sin 2a}{2}+\pi^2 -a\pi$
となる。…（答）
解答編 つづき
参考
なお、(ii)を愚直に計算すると、以下のようになります。
(ii) $\dfrac{\pi}{2}\lt a\lt \pi$ のとき
$x$ 軸からは $y=g(x)$ のほうが $y=f(x)$ より離れていることがわかる。また、 $g(x)=0$ となる $x$ は、 $x=-a+n\pi$ なので、 $0\leqq x\leqq \dfrac{\pi}{2}$ の範囲では、 $x=\pi-a$ だとわかる。
これより、回転体の体積は
\begin{eqnarray}
& &
2\cdot \left\{ \pi\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(g(x)\right)^2 dx
-\pi\int_{\pi-a}^{\frac{\pi}{2}} \left(f(x)\right)^2 dx \right\} \\[5pt]
\end{eqnarray}と表すことができる。ここで
\begin{eqnarray}
& &
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(g(x)\right)^2 dx \\[5pt]
&=&
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(x-a) dx \\[5pt]
&=&
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\cos2(x-a)}{2} dx \\[5pt]
&=&
\left[ \frac{x}{2} -\frac{\sin2(x-a)}{4} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\[5pt]
&=&
\frac{\pi}{4} -\frac{\sin(\pi-2a)}{4} +\frac{\sin (-2a)}{4} \\[5pt]
&=&
\frac{\pi}{4} -\frac{\sin 2a}{2} \\[5pt]
\end{eqnarray}であり、
\begin{eqnarray}
& &
\int_{\pi-a}^{\frac{\pi}{2}} \left(f(x)\right)^2 dx \\[5pt]
&=&
\int_{\pi-a}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(x+a) dx \\[5pt]
&=&
\int_{\pi-a}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\cos2(x+a)}{2} dx \\[5pt]
&=&
\left[ \frac{x}{2} -\frac{\sin2(x+a)}{4} \right]_{\pi-a}^{\frac{\pi}{2}} \\[5pt]
&=&
\frac{\pi}{4} -\frac{\sin(\pi+2a)}{4} -\frac{\pi-a}{2} \\[5pt]
&=&
-\frac{\pi}{4} +\frac{\sin 2a}{4} +\frac{a}{2}
\end{eqnarray}であることから、回転体の体積は
\begin{eqnarray}
& &
2\cdot \left\{ \pi\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(g(x)\right)^2 dx
-\pi\int_{\pi-a}^{\frac{\pi}{2}} \left(f(x)\right)^2 dx \right\} \\[5pt]
&=&
2\pi \left\{ \left( \frac{\pi}{4} -\frac{\sin 2a}{2} \right) -\left( -\frac{\pi}{4} +\frac{\sin 2a}{4} +\frac{a}{2} \right) \right\} \\[5pt]
&=&
2\pi \left( \frac{\pi}{2} -\frac{3\sin 2a}{4} -\frac{a}{2} \right) \\[5pt]
&=&
\pi^2 -\frac{3\pi\sin 2a}{2} -a\pi \\[5pt]
\end{eqnarray}と計算できる。
