定義域 $0 \le x \le 2$ を持つ関数 $f(x)$ が与えられています。 $f(x) = \begin{cases} 0 & (0 \le x \le \frac{1}{2}) \\ 2x^2 - \frac{1}{2} & (\frac{1}{2} \le x \le 2) \end{cases}$ この関数 $y = f(x)$ を $y$ 軸の周りに回転させてできる曲面の形をした容器に、毎秒 $\pi$ の割合で水を注ぎます。 (1) 水を注ぎ始めてから5秒後の水面の底面からの高さを求めます。 (2) 水を注ぎ始めてから5秒後の水面の上昇速度を求めます。

1. 問題の内容

定義域 $0 \le x \le 2$ を持つ関数 $f(x)$ が与えられています。

$f(x) = \begin{cases} 0 & (0 \le x \le \frac{1}{2}) \\ 2x^2 - \frac{1}{2} & (\frac{1}{2} \le x \le 2) \end{cases}$

この関数 $y = f(x)$ を $y$ 軸の周りに回転させてできる曲面の形をした容器に、毎秒 $\pi$ の割合で水を注ぎます。

(1) 水を注ぎ始めてから5秒後の水面の底面からの高さを求めます。

(2) 水を注ぎ始めてから5秒後の水面の上昇速度を求めます。

2. 解き方の手順

(1) 5秒後に容器に入っている水の体積は $5\pi$ です。

まず、$y=0$ の部分の体積を計算します。これは円柱で、半径は $\frac{1}{2}$ 、高さは $0$ なので体積は $0$ です。

次に、$y=2x^2 - \frac{1}{2}$ の部分に水が入っていると仮定します。水面の高さを $h$ とすると、$h = 2x^2 - \frac{1}{2}$ です。これを $x$ について解くと、 $2x^2 = h + \frac{1}{2}$ より、 $x^2 = \frac{1}{2}h + \frac{1}{4}$ となります。したがって、$x = \sqrt{\frac{1}{2}h + \frac{1}{4}}$ です。

体積 $V$ は、

$V = \int_{0}^{h} \pi x^2 dy = \int_{0}^{h} \pi (\frac{1}{2}y + \frac{1}{4}) dy = \pi [\frac{1}{4}y^2 + \frac{1}{4}y]_0^h = \pi (\frac{1}{4}h^2 + \frac{1}{4}h)$

となります。

$V = 5\pi$ なので、$5\pi = \pi(\frac{1}{4}h^2 + \frac{1}{4}h)$。

よって、 $5 = \frac{1}{4}h^2 + \frac{1}{4}h$。

$20 = h^2 + h$

$h^2 + h - 20 = 0$

$(h+5)(h-4) = 0$

$h = -5, 4$

高さは正なので、$h=4$。

$y = 4 > 2(\frac{1}{2})^2 - \frac{1}{2} = 0$を満たすので、これは正しいです。

(2) 体積 $V$ と高さ $h$ の関係は $V = \pi(\frac{1}{4}h^2 + \frac{1}{4}h)$ です。

時間 $t$ で微分すると、 $\frac{dV}{dt} = \pi(\frac{1}{2}h + \frac{1}{4}) \frac{dh}{dt}$

$\frac{dV}{dt} = \pi$ より、 $\pi = \pi(\frac{1}{2}h + \frac{1}{4}) \frac{dh}{dt}$

$1 = (\frac{1}{2}h + \frac{1}{4}) \frac{dh}{dt}$

$\frac{dh}{dt} = \frac{1}{\frac{1}{2}h + \frac{1}{4}} = \frac{1}{\frac{2h+1}{4}} = \frac{4}{2h+1}$

$h=4$ のとき、 $\frac{dh}{dt} = \frac{4}{2(4)+1} = \frac{4}{9}$

3. 最終的な答え

(1) 水面の底面からの高さ: 4

(2) 水面の上昇速度: $\frac{4}{9}$