解説

方針・初手

円柱の軸は $z$ 軸方向であるから、各点 $(x,y)$ に対して、$z$ の取りうる範囲を考えるのが自然である。

平面 $x+y+z=1$ は

$$ z=1-x-y

$$

と書けるので、原点を含む側 $K$ は

$$ x^2+y^2\le 1,\quad 0\le z\le 1-x-y

$$

を満たす部分である。ただし、この不等式が意味をもつのは $1-x-y\ge 0$、すなわち $x+y\le 1$ のときだけである。

したがって、$K$ の体積は、$xy$ 平面上の領域 $D={(x,y)\mid x^2+y^2\le 1,\ x+y\le 1}$ において、高さ $1-x-y$ を積分すればよい。

解法1

以上より、求める体積 $V$ は

$$ V=\iint_D (1-x-y),dx,dy

$$

である。

ここで、直線 $x+y=1$ を扱いやすくするために、座標変換

$$ u=\frac{x+y}{\sqrt{2}},\qquad v=\frac{x-y}{\sqrt{2}}

$$

を用いる。これは回転移動なので、ヤコビアンの絶対値は $1$ であり、

$$ dx,dy=du,dv

$$

である。

また、

$$ x^2+y^2=u^2+v^2,\qquad x+y=\sqrt{2},u

$$

だから、領域 $D$ は

$$ u^2+v^2\le 1,\qquad u\le \frac{1}{\sqrt{2}}

$$

となる。したがって、

$$ V=\iint_{u^2+v^2\le 1,\ u\le 1/\sqrt{2}} (1-\sqrt{2},u),du,dv

$$

である。

これを $u$ で積分すると、

$$ V=\int_{-1}^{1/\sqrt{2}} \left\{ \int_{-\sqrt{1-u^2}}^{\sqrt{1-u^2}} (1-\sqrt{2},u),dv \right\} du

$$

$$ = \int_{-1}^{1/\sqrt{2}} 2(1-\sqrt{2},u)\sqrt{1-u^2},du

$$

$$ =2\int_{-1}^{1/\sqrt{2}} \sqrt{1-u^2},du -2\sqrt{2}\int_{-1}^{1/\sqrt{2}} u\sqrt{1-u^2},du

$$

となる。

まず、

$$ \int \sqrt{1-u^2},du =\frac12\left(u\sqrt{1-u^2}+\sin^{-1}u\right)

$$

より、

$$ \int_{-1}^{1/\sqrt{2}} \sqrt{1-u^2},du =\frac12\left(\frac12+\frac{\pi}{4}\right)-\left(-\frac{\pi}{4}\right) =\frac14+\frac{3\pi}{8}

$$

である。

次に、

$$ \int u\sqrt{1-u^2},du =-\frac13(1-u^2)^{3/2}

$$

より、

$$ \int_{-1}^{1/\sqrt{2}} u\sqrt{1-u^2},du =-\frac13\left(\frac12\right)^{3/2} =-\frac{1}{6\sqrt{2}}

$$

となる。

したがって、

$$ V=2\left(\frac14+\frac{3\pi}{8}\right) -2\sqrt{2}\left(-\frac{1}{6\sqrt{2}}\right)

$$

$$ =\frac12+\frac{3\pi}{4}+\frac13 =\frac56+\frac{3\pi}{4}

$$

である。

解説

この問題では、立体をそのまま扱うよりも、$xy$ 平面への射影を見て「高さ」を積分するのが基本方針である。

平面 $x+y+z=1$ の下側は $z=1-x-y$ で表されるから、各 $(x,y)$ での高さは $1-x-y$ になる。ただし高さが正でなければ立体は存在しないので、射影領域が $x^2+y^2\le 1$ 全体ではなく、さらに $x+y\le 1$ を満たす部分に限られる点が重要である。

また、直線 $x+y=1$ を含む条件は、座標を $45^\circ$ 回転して $u=(x+y)/\sqrt{2}$ と置くと簡潔になる。この種の「円と斜めの直線」が同時に現れる問題では有効な処理である。

答え

$K$ の体積は

$$ \frac{5}{6}+\frac{3\pi}{4}

$$

である。