問題 42

問題042｜断面と回転体の体積

難易度 C 目安 60分

前半戦

平面領域 $D = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq π, 0 \leq y \leq \sin x}$ を，直線 $y = 1 / 2$ のまわりに1回転させてできる立体の体積を求めよ．

空間内の三角形の領域 $D = {(x, 0, z) ∣ 0 \leq z \leq 2, - z \leq x \leq z}$ を，点 $(1, 2, 0)$ を通り $z$ 軸に平行な直線のまわりに1回転させる．できる立体の体積を求めよ．

後半戦

空間内の領域

x^{2} + y^{2} \leq 1, y^{2} + z^{2} \leq 1, z^{2} + x^{2} \leq 1

の体積を求めよ．

半径 $r > 0$ の無限円柱 $x^{2} + y^{2} \leq r^{2}$ を考える． $0 < θ < π$ を固定し， $- π / 2 < α < π / 2 - θ$ に対して，領域

W_{α} = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} \leq r^{2}, x \geq 0, x \tan α \leq z \leq x \tan (α + θ)}

を取る． $W_{α}$ の体積が最小となる $α$ と，その最小値を求めよ．

Putnam 1938 第4問

ヒント設問 1

ヒント 1

各 $x$ で，線分 $0 \leq y \leq \sin x$ が回転してできる断面を考える．回転軸を含むかどうかで場合分けする．

ヒント 2

$\sin x \leq 1 / 2$ では円環， $\sin x \geq 1 / 2$ では半径 $1 / 2$ の円板になる．

ヒント設問 2

ヒント 1

平面 $z = t$ で切る．回転の中心 $(1, 2, t)$ から線分 $- t \leq x \leq t, y = 0$ までの距離の最大・最小を求める．

ヒント 2

最も近い点は $t < 1$ では右端， $t \geq 1$ では $(1, 0, t)$ になる．

ヒント設問 3

ヒント 1

座標の符号と大小関係によって領域を分割する． $x \geq y \geq z \geq 0$ の部分だけなら，3つの不等式のうち1つを満たせばよい．

ヒント 2

その部分を $x$ 一定で切ると， $0 \leq z \leq y \leq min {x, \sqrt{1 - x^{2}}}$ という三角形になる．

ヒント設問 4

ヒント 1

$x$ を固定すると断面は長方形になる．体積を， $r$ だけの式と $α$ だけの式の積にする．

ヒント 2

$\tan (α + θ) - \tan α = \sin θ / {\cos α \cos (α + θ)}$ を使う．

解答設問 1

$s = \sin x$ と置く． $s \leq 1 / 2$ なら断面は外半径 $1 / 2$ ，内半径 $1 / 2 - s$ の円環で，面積は $π (s - s^{2})$ である． $s \geq 1 / 2$ なら線分が軸を含み，しかも $s - 1 / 2 \leq 1 / 2$ なので断面は半径 $1 / 2$ の円板となる．境目は $x = π / 6, 5 π / 6$ である．したがって対称性により，

\begin{aligned} V & = 2 π \int_{0}^{π / 6} (\sin x - \sin^{2} x) d x + \frac{π}{4} (\frac{5 π}{6} - \frac{π}{6}) \\ = 2 π (1 - \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{π}{12} + \frac{\sqrt{3}}{8}) + \frac{π^{2}}{6} \\ = \frac{π (8 - 3 \sqrt{3})}{4} . \end{aligned}

回転軸の上下の部分を別々に回転して体積を足すと重なりを二重に数えるため，断面の和集合を取ることが必要である．

正弦曲線の下の領域と回転軸 y＝1/2．π/6 と5π/6で断面が円環から円板へ変わる．

解答設問 2

高さ $t$ の断面で回転の中心を $Q = (1, 2, t)$ とする．最遠点は $(- t, 0, t)$ なので外半径の2乗は $(t + 1)^{2} + 4$ である．最短距離の2乗は $0 \leq t \leq 1$ では $(1 - t)^{2} + 4$ ， $1 \leq t \leq 2$ では4となる．線分上の距離は連続に中間の値をすべて取るため，回転後の断面はこの2つの半径の間の円環である．よって断面積は

A (t) = {\begin{array}{ll} 4 π t & 0 \leq t \leq 1, \\ π (t + 1)^{2} & 1 \leq t \leq 2. \end{array}

したがって

V = \int_{0}^{1} 4 π t d t + \int_{1}^{2} π (t + 1)^{2} d t = 2 π + \frac{19 π}{3} = \frac{25 π}{3} .

解答設問 3

座標の符号を変える8通りと，3座標を並べ替える6通りの対称性を使う．境界の平面は体積に影響しないので， $x \geq y \geq z \geq 0$ の部分の体積を48倍すればよい．この部分では $x^{2} + y^{2}$ が3つの平方和の最大であり，条件は $x^{2} + y^{2} \leq 1$ だけに簡約される． $x$ 一定の断面は

0 \leq z \leq y \leq m (x), m (x) = min {x, \sqrt{1 - x^{2}}}

という三角形なので，面積は $m (x)^{2} / 2$ である．境目は $x = 1 / \sqrt{2}$ となり，

\begin{aligned} V & = 24 {\int_{0}^{1 / \sqrt{2}} x^{2} d x + \int_{1 / \sqrt{2}}^{1} (1 - x^{2}) d x} \\ = 24 (\frac{2}{3} - \frac{2}{3 \sqrt{2}}) = 8 (2 - \sqrt{2}) . \end{aligned}

解答設問 4

$x = s$ における長方形断面の辺の長さは $2 \sqrt{r^{2} - s^{2}}$ と $s {\tan (α + θ) - \tan α}$ である．したがって

V (α) = 2 {\tan (α + θ) - \tan α} \int_{0}^{r} s \sqrt{r^{2} - s^{2}} d s = \frac{2 r^{3}}{3} {\tan (α + θ) - \tan α} .

指定範囲では両方の余弦は正であり，

\tan (α + θ) - \tan α = \frac{\sin θ}{\cos α \cos (α + θ)}, \cos α \cos (α + θ) = \frac{\cos (2 α + θ) + \cos θ}{2} .

分母の最大値は $(1 + \cos θ) / 2$ である． $2 α + θ$ の範囲は $(- π + θ, π - θ)$ だから，等号は $α = - θ / 2$ のときに限る．よって

α = - \frac{θ}{2}, min V = \frac{4 r^{3}}{3} \tan \frac{θ}{2} .

このとき2つの切断面の二等分面は水平面となる．

x＝sで切った長方形断面．横の長さ2√(r²−s²)，縦の長さs(tan(α＋θ)−tanα)．

DISCUSSION

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