いろいろな立体の問題 第１節　体積における置換積分を身につけよう(その4) 体積の問題でも円錐を切った体積となると少し難しくなる． 円錐 $x^2+y^2=k^2z^2$ を$x$軸か$y$軸に垂直な平面で切ると切り口は双曲線である．例えば，平面$x=1$で切った切り口は $y^2-k^2z^2=-1$ したがって，切り口の面積を求めるだけで一つの問題である． しかし母線と平行な平面で切ると切り口の図形は放物線となり計算が簡単である． したがって，円錐の中の一部分の体積は，母線と平行な平面または 底面に平行は平面で切った切り口の面積を積分して求めることになる． 例題6 中心$O$，半径１の円を底面として，高さが１の直円錐がある． 点$O$を通り，１つの母線と平行な平面を$\alpha$とする． 平面$\alpha$はこの円錐を２つの部分に分けるが，そのうちの小さいの方の立体を$V$とする． (1) この円錐を平面$\alpha$で切るとき，その切り口の面積を求めよ． (2) $V$の体積を求めよ． (3) $V$の表面積を求めよ． 解答 (1) $O$を原点，円錐の底面を$xy$平面上とする． まず与えられた円錐面の方程式を求める． この円錐面を $z=t \ \ (0\leqq t \leqq 1)$ で切ると半径$1-t$の円であるから $x^2+y^2=(1-t)^2,z=t$ $t$を消去し $x^2+y^2=(1-z)^2　\ \ 　(0\leqq z \leqq 1)$・・・�@ �@が円錐の方程式である． 平面$\alpha$は平面$z=y$を考える． 平面$z=y$上の基本ベクトル（直交する単位ベクトル）として $(1,0,0),(0,\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}})$ をとれば，平面$\alpha$上の点は $u(1,0,0)+v(0,\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}})$ $=(u,\dfrac{v}{\sqrt{2}},\dfrac{v}{\sqrt{2}})$・・・�A と表せる．�Aを�@に代入し $u^2+(\dfrac{v}{\sqrt{2}})^2=(1-\dfrac{v}{\sqrt{2}})^2$ $\therefore v=\dfrac{1-u^2}{\sqrt{2}}$ 求める切り口の面積は $\displaystyle \int_{-1}^1\dfrac{1-u^2}{\sqrt{2}}du=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ (2) ここでは，母線に平行な平面による切り口の面積を積分することにより求めます． 軸として，平面$x=0$($yz$平面)上の直線$z=-y$を考える． 軸上に点$P$をとり $OP=t$ とおく．$P$を通り軸に垂直な平面と$y$軸との交点の座標は $(0,\sqrt{2}t,0)$ であるから，この平面上の基本ベクトルを $(1,0,0),(0,\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}})$ とすればこの平面上の点は $(0,\sqrt{2}t,0)+u(1,0,0)+v(0,\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}})$ $=(u,\sqrt{2}t+\dfrac{v}{\sqrt{2}},\dfrac{v}{\sqrt{2}})$ 円錐の方程式に代入して，切り口の放物線 $v=\dfrac{1-2t^2-u^2}{2t+\sqrt{2}}$ を得る． この放物線と$u$軸で囲まれた部分が切り口の図形でありその面積は $\displaystyle \int_{-\sqrt{1-2t^2}}^{\sqrt{1-2t^2}}\dfrac{1-2t^2-u^2}{\sqrt{2}(1+\sqrt{2}t)}du$ $=\dfrac{(2\sqrt{1-2t^2})^3}{6\sqrt{2}(1+\sqrt{2}t)}$ $=\dfrac{4(1-2t^2)\sqrt{1-2t^2}}{3\sqrt{2}(1+\sqrt{2}t)}$ $=\dfrac{4(1-\sqrt{2}t)\sqrt{1-2t^2}}{3\sqrt{2}}$ $t$の範囲は$0\leqq t\leqq \dfrac{1}{\sqrt{2}}$であるから，求める体積は $\displaystyle \dfrac{4}{3\sqrt{2}}\int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}(\sqrt{1-2t^2}-\sqrt{2}t\sqrt{1-2t^2}) =\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{2}{9}$ $\bigl(\because \displaystyle \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\sqrt{1-2t^2}=\dfrac{\sqrt{2}\pi}{8}, \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}t\sqrt{1-2t^2}dt=\dfrac{1}{6}\bigr)$ (3) (1)で切り口の面積が求められているから，あとは側面の面積を求めればよい．側面積は正射影を用いれば簡単に求まり， それは後の別解で扱うとして，ここでは，円錐の展開図で考える．当然極座標を用いる． 右図のように，点$A,B,O,V,P,Q$を定める． 円錐の側面を$VA$で切った展開図である扇形で考える． 扇形$VAB$で $\angle AVQ=\theta$ のとき， $\text{弧}AQ=\sqrt{2}\theta$ であるから． $\angle AOQ=\sqrt{2}\theta$ したがって， $Q(\cos (\sqrt{2}\theta ),\sin (\sqrt{2}\theta ),0)$ 直線$VQ$と平面$z=y$の交点を求めることにより， $P(\dfrac{\cos (\sqrt{2}\theta )}{1+\sin (\sqrt{2}\theta )}, \dfrac{\sin (\sqrt{2}\theta )}{1+\sin (\sqrt{2}\theta )}, \dfrac{\sin (\sqrt{2}\theta )}{1+\sin (\sqrt{2}\theta )})$ したがって， $r=VP=\dfrac{\sqrt{2}}{1+\sin(\sqrt{2}\theta )}$・・・�B �Bが円錐の側面を展開した扇形で考えたときの切り口の曲線の極方程式である． 次に，曲線�Bと$VA,VB$で囲まれた図形の面積を求める． $\displaystyle \dfrac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{\sqrt{2}}}r^2d\theta$ $\displaystyle =\int_0^{\frac{\pi}{\sqrt{2}}}\dfrac{1}{(1+\sin (\sqrt{2}\theta ))^2}d\theta$ $(\theta '=\sqrt{2}\theta $とおき，新しく$\theta '$を$\theta$とおく,さらに$\theta =\frac{\pi}{2}$に関して 対称であるから$)$ $\displaystyle =\sqrt{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{(1+\sin \theta )^2}d\theta$ $(t=\tan \dfrac{\theta}{2}$とおく$)$ $\displaystyle =2\sqrt{2}\int_0^1\dfrac{1+t^2}{(1+t)^4}dt$ $=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ 側面積は，扇形から求めた面積を引いて $\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ したがって，$V$の表面積は $\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}+\dfrac{\pi}{2}$ 表面積を計算すると，うまい具合に$\frac{2\sqrt{2}}{3}$が消しあいます．その理由は(3)の別解で説明いたします． (2)の別解 (2)の計算は簡単ではない．$z$軸に垂直な平面で切った切り口で考えても計算はそれほど簡単になるわけではない． 平面$z=t$でこの円錐を切ると半径$1-t$の円であり，右図の弓形$AB$の面積を積分することになる． $\angle AOH=\theta$ とおくと，弓形$AB$の面積$S(t)$は $S(t)=\theta (1-t)^2-t\sqrt{1-2t}$ である． $\cos \theta =\dfrac{t}{1-t}$・・・�@ を利用して， $\displaystyle V=\int_0^{\frac{1}{2}}S(t)dt$ を計算する． �@より $t=\dfrac{\cos \theta}{1+\cos \theta}$・・・�A $\displaystyle \int_0^{\frac{1}{2}}\theta (1-t)^2dt$ $\displaystyle =\int_{\frac{\pi}{2}}^0\theta \left(\dfrac{1}{1+\cos \theta}\right)^2\cdot \dfrac{-\sin \theta}{(1+\cos \theta )^2}d\theta$ $\displaystyle =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta \cdot \dfrac{\sin \theta }{(1+\cos \theta)^4}d\theta$ ここで部分積分をする． $\displaystyle =\bigl[\theta \dfrac{1}{3(1+\cos \theta)^3}\bigr]_0^{\frac{\pi}{2}} -\dfrac{1}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{d \theta}{(1+\cos \theta)^3}$ $\displaystyle =\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{1}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{d \theta}{(1+\cos \theta)^3}$ $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{d \theta}{(1+\cos \theta)^3}$ $\displaystyle =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{d\theta }{(2\cos ^2\frac{\theta}{2})^3}$ (ここで， $\theta '=\dfrac{\theta}{2}$ と置換し新しく$\theta '$を$\theta$とおく) $\displaystyle =\dfrac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{d\theta }{\cos ^6\theta}$ ($\dfrac{1}{\cos ^6\theta}=(1+\tan ^2\theta)^2\cdot \dfrac{1}{\cos ^2\theta}$ より $t=\tan \theta$ とおく) $\displaystyle =\dfrac{1}{4}\int_0^1(1+t^2)^2dt=\dfrac{7}{15}$ さらに， $\displaystyle \int_0^{\frac{1}{2}}t\sqrt{1-2t}dt=\dfrac{1}{15}$ であるから，求める体積は $\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{2}{9}$ (3)の別解 円錐の側面の一部の面積は，大学で学ぶ曲面の面積の求め方が理解できれば簡単に分かります． 曲面$S$の面積は次のように求めます． 曲面$S$を細かく分割し，すなわち $S_1,S_2,\cdots ,S_n$ と分割し，その面積の和として求めます． 細かく分割すると，どういうメリットがあるかというと，それぞれの図形が平面上の図形と考えられる．その平面は，図形上の 点の接平面です．それぞれの図形$S_i$が平面上にあれば， その平面と$xy$平面とのなす角を$\theta _i$,図形$S_i$を$xy$平面に正射影した図形の面積を$T_i$ とすれば $S_1+S_2+\cdots +S_n=\dfrac{T_1}{\cos \theta_1}+\dfrac{T_1}{\cos \theta_1}+\cdots +\dfrac{T_1}{\cos \theta_1}$ となる． この考えにしたがって問題6の円錐を見てみましょう．円錐の接平面は，母線を通り，この円錐に接する平面 であり，これは常に$xy$平面と$45^{\circ}$をなします．だから，円錐の側面上の面積は，正射影した面積の$\sqrt{2}$倍になります． 極座標で求めた図形の正射影の面積は簡単に求められ$\frac{2}{3}$であるので，$\frac{2\sqrt{2}}{3}$が簡単に分かります． さらに，図をよく見ると，円錐を平面$\alpha$で切った切り口の図形と，この円錐面の $y\geqq 0,z \geqq y$ の部分の$xy$平面への正射影は一致し，$xy$平面となす角を考えれば，それぞれの面積が等しいことが分かります，これが(3)の解答で うまい具合に$\frac{2\sqrt{2}}{3}$が消しある理由です．すなわち，$V$の表面積は底面の半円と円錐の全体の側面積の半分になります． このような解き方があるので，解答の中で述べた極座標の方法は余りかえりみられる事はないでしょう．しかし， 高校時代余裕があるなら， 大学数学に目を向けるより，ここで述べているような今学んでいる内容を深く学び，総合力をつけることが大切です． 例題６はちょっと計算が大変ですがとても面白い問題です． 円錐を切った立体の体積を求める 自明でない問題のうち，もっとも簡単な場合の問題です． 円錐を切る平面$\alpha$が 母線に平行でない場合は難しくなります． なお，直円錐が与えられたとき，座標軸の決め方はいろいろあり，例題６は$x$軸，$y$軸がともに母線となる座標軸でかんがえることもできます．その方法 による解答は第５節円柱と円錐(その3)にあります． 次に例題6についてのいくつかの解説を致します． 続く 目次