6東京大学 2013年 数学 第6問解答・解説

直交座標 $$\displaystyle u=\frac{x+y}{\sqrt2},\qquad v=\frac{x-y}{\sqrt2}$$ を用いる。このとき正方形 $S$ は $|u|+|v|\le\sqrt2$ と表せる。直線 $BD$ は $v=0$、直線 $AC$ は $u=0$ なので、回転後の立体は $$V_1:\ |u|+\sqrt{v^2+z^2}\le\sqrt2,\qquad V_2:\ |v|+\sqrt{u^2+z^2}\le\sqrt2$$ である。

(1) $x=t$ とすると $u=(t+y)/\sqrt2,\ v=(t-y)/\sqrt2$ である。$y\le-t$ では $u\le0$、$y\ge-t$ では $u\ge0$ となる。$V_1$ の条件をそれぞれ平方して $$\begin{array}{ll} -1\le y\le-t:& z^2\le 2(1+t)(1+y),\\[1mm] -t\le y\le1:& z^2\le 2(1-t)(1-y). \end{array}$$ よって断面積は $$\displaystyle \begin{aligned} A(t) &=\int_{-1}^{-t}2\sqrt{2(1+t)(1+y)}\,dy +\int_{-t}^{1}2\sqrt{2(1-t)(1-y)}\,dy\\ &=\frac{4\sqrt2}{3}\left\{\sqrt{1+t}(1-t)^{3/2} +\sqrt{1-t}(1+t)^{3/2}\right\}\\ &=\frac{8\sqrt2}{3}\sqrt{1-t^2}. \end{aligned}$$

(2) $u\ge v\ge0,\ z\ge0$ の部分を考える。$V_1$ の条件は $$z^2\le R_1:=(\sqrt2-u)^2-v^2.$$ これより $u+v\le\sqrt2$ であり、 $$R_1-R_2 =2(u-v)(u+v-\sqrt2)\le0,\qquad R_2:=(\sqrt2-v)^2-u^2.$$ したがってこの部分では $V_1$ の条件が $V_2$ の条件も満たし、共通部分は $V_1$ と一致する。符号反転と $u,v$ の交換の対称性により、全体はこの部分と合同な16個の部分に分かれる。

さらに直交座標 $$\displaystyle \alpha=\frac{u+v}{\sqrt2},\qquad \beta=\frac{u-v}{\sqrt2}$$ をとると、この部分では $0\le\beta\le\alpha\le1,\ z\ge0$ であり、 $$z^2\le(\sqrt2-u)^2-v^2 =2(1-\alpha)(1-\beta).$$ $\alpha$ を固定した断面の面積は $$\displaystyle S(\alpha)=\int_0^\alpha\sqrt{2(1-\alpha)(1-\beta)}\,d\beta =\frac{2\sqrt2}{3}\sqrt{1-\alpha} \left\{1-(1-\alpha)^{3/2}\right\}.$$ よって1部分の体積は $$\displaystyle \int_0^1S(\alpha)\,d\alpha =\frac{2\sqrt2}{3}\int_0^1 \left\{(1-\alpha)^{1/2}-(1-\alpha)^2\right\}d\alpha =\frac{2\sqrt2}{9}.$$ したがって $$\displaystyle \operatorname{Vol}(V_1\cap V_2)=16\cdot\frac{2\sqrt2}{9} =\frac{32\sqrt2}{9}.$$