6東北大学 2013年 数学 第6問解答・解説

底面を $xy$ 平面、直径 $AB$ を $x$ 軸にとり、円柱を $$\displaystyle x^2+y^2\le1,\qquad 0\le z\le h,\qquad h=\frac1{\sqrt2}$$ と表す。切断平面は $x$ 軸を含み底面となす角が $45^\circ$ なので、座標軸の向きを選べば $z=y$ とおける。この平面の $z\le y$ 側は $$\displaystyle y\ge0,\qquad 0\le z\le\min(y,h)$$ である。

$x=t$ または $x=-t$ で切った断面を考え、$r=\sqrt{1-t^2}$ とおく。このとき $-r\le y\le r$ であり、平面 $z=y$ の $z\le y$ 側の断面積は $$\displaystyle \int_0^r\min(y,h)\,dy =\begin{cases} hr-\dfrac{h^2}{2},&r\ge h,\\[4pt] \dfrac{r^2}{2},&r\le h. \end{cases}$$ これは反対側より小さい。実際、断面全体の面積は $2rh$ で、$r\ge h$ のとき上の面積は $hr-h^2/2<rh$、$0<r\le h$ のときは $r^2/2<rh$ である。したがってこの断面が小さい方 $V$ に対応する。$r\ge h$ は $0\le t\le1/\sqrt2$、$r\le h$ は $1/\sqrt2\le t\le1$ と同値だから、 $$\displaystyle S(t)=\begin{cases} \dfrac{\sqrt{1-t^2}}{\sqrt2}-\dfrac14,&0\le t\le\dfrac1{\sqrt2},\\[6pt] \dfrac{1-t^2}{2},&\dfrac1{\sqrt2}\le t\le1. \end{cases}$$ 境界 $t=1/\sqrt2$ では両式とも $1/4$ となり連続する。

断面は $x$ の符号について対称なので、体積は $$\displaystyle \begin{aligned} V&=2\int_0^1 S(t)\,dt\\ &=2\left[\int_0^{1/\sqrt2}\left(\frac{\sqrt{1-t^2}}{\sqrt2}-\frac14\right)dt +\int_{1/\sqrt2}^{1}\frac{1-t^2}{2}\,dt\right]. \end{aligned}$$ 第一の積分の根号部分は $t=\sin\theta$（$0\le\theta\le\pi/4$）と置けば $$\displaystyle \int_0^{1/\sqrt2}\sqrt{1-t^2}\,dt =\int_0^{\pi/4}\cos^2\theta\,d\theta =\frac14+\frac\pi8.$$ したがって $$\displaystyle \int_0^{1/\sqrt2}\left(\frac{\sqrt{1-t^2}}{\sqrt2}-\frac14\right)dt =\frac\pi{8\sqrt2},\qquad \int_{1/\sqrt2}^{1}\frac{1-t^2}{2}\,dt =\frac13-\frac5{12\sqrt2}.$$ 以上より $$\displaystyle V=2\left(\frac\pi{8\sqrt2}+\frac13-\frac5{12\sqrt2}\right) =\frac23+\frac{3\pi-10}{12\sqrt2}.$$