\(xy\) 平面上に \(2\) 点 A \((-1,0)\) , B \((1,0)\) をとる. \(\dfrac{\pi}{4} \leqq \angle \text{APB} \leqq \pi\) をみたす平面上の点 P の全体と点 A , B からなる図形を \(F\) とする. つぎの問に答えよ.
(1) \(F\) を図示せよ.
(2) \(F\) を \(x\) 軸のまわりに \(1\) 回転して得られる立体の体積を求めよ.
【 解 答 】
(1)
円周角の定理より, \(\angle \text{ACB} =\dfrac{\pi}{2}\) となる点 C を中心とする円の内部または周のうち, AB に分けられる部分の点 C を含む部分が条件をみたす.
点 C の候補は点 \((0, \pm 1)\) の \(2\) 点ある.
よって, \(F\) は下図斜線部（境界を含む）.
(2)
対称性より, \(x \geqq 0 , \, y \geqq 0\) の部分について考えればよい.
境界部分の方程式は
\(y \geqq 1\) の部分 : \(y _ {+} = 1 +\sqrt{2-x^2}\)
\(y \lt 1\) の部分 : \(y _ {-} = 1 -\sqrt{2-x^2}\)
したがって, 求める体積 \(V\) は \[\begin{align} V & =2 \pi \displaystyle\int _ 0^{\sqrt{2}} {y _ {+}}^2 \, dx -2 \pi \displaystyle\int _ 1^{\sqrt{2}} {y _ {-}}^2 \, dx \\ & = 2 \pi \displaystyle\int _ 0^{\sqrt{2}} \left( 3-x^2 +2 \sqrt{2-x^2} \right) \, dx \\ & \qquad -2 \pi \displaystyle\int _ 1^{\sqrt{2}} \left( 3-x^2 -2 \sqrt{2-x^2} \right) \, dx \\ & = 2 \pi \displaystyle\int _ 0^{1} \left( 3-x^2 \right) \, dx +4 \pi \underline{\displaystyle\int _ 0^{\sqrt{2}} \sqrt{2-x^2} \, dx} _ {[1]} \\ & \qquad +4 \pi \underline{\displaystyle\int _ 1^{\sqrt{2}} \sqrt{2-x^2} \, dx} _ {[2]} \end{align}\] ここで, [1] [2] はそれぞれ下図の斜線部の面積なので
\[\begin{align} [1] & = \dfrac{1}{2} \cdot \left( \sqrt{2} \right)^2 \cdot \dfrac{\pi}{2} = \dfrac{\pi}{2} , \\ [2] & = \dfrac{1}{2} \cdot \left( \sqrt{2} \right)^2 \cdot \dfrac{\pi}{4} +\dfrac{1}{2} \cdot 1^2 \\ & = \dfrac{\pi}{4} +\dfrac{1}{2} \end{align}\] よって \[\begin{align} V & = 2 \pi \left[ x -\dfrac{x^3}{3} \right] _ 0^1 +4 \pi \cdot \dfrac{\pi}{2} +4 \pi \left( \dfrac{\pi}{4} +\dfrac{1}{2} \right) \\ & = \dfrac{4 \pi}{3} +2 \pi^2 +\pi^2 +2 \pi \\ & = \underline{\dfrac{10 \pi}{3} +3 \pi^2} \end{align}\]