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\begin{document}

\title{重積分の応用}
\date{}
\maketitle

\section{課題}

\begin{itemize}
\item[1)] 球体 $x^2+y^2+z^2\leq 25$ のうち、 $x^2+y^2\leq 16$ となる部分の体積を求めよ。（25点）
\item[2)] $x, y, z\geq 0, 3x+2y+z\leq 6$ によってあらわされる立体の体積を求めよ。（25点）
\item[3)] $z=\sqrt{25-x^2-y^2}$ であらわされる曲面の、 $x^2+y^2\leq 9$ となる部分の面積を求めよ。（25点）
\item[4)] 曲線 $y=\frac{1}{2}\sqrt{3(1-x^2)}, -1\leq x\leq 1$ を $x$ 軸のまわりに回転させて得られる
回転面の面積を求めよ。（25点）
\end{itemize}

\section{解説}

\begin{itemize}
\item[1)] 
$x^2+y^2+z^2\leq 25\Leftrightarrow \abs{z}\leq \sqrt{25-x^2-y^2}$ であるから、
$D=\{x^2+y^2\leq 25\}$ とおくと
体積は $\iint_D 2\sqrt{25-x^2-y^2} dxdy$ とあらわされる。
$E=\{0\leq r\leq 4, 0\leq \theta\leq 2\pi\}$ とおく。$x=r\cos\theta, y=r\sin\theta, s=r^2$ とおくと
\[\begin{split}
\iint_D 2\sqrt{25-x^2-y^2} dxdy= & \iint_E r \sqrt{25-r^2} drd\theta \\
= & 2\int_0^4 \left(\int_0^{2\pi} r\sqrt{25-r^2}d\theta\right)dr \\
= & 4\pi \int_0^4 r\sqrt{25-r^2}dr
\end{split}\]
$s=r^2$ とおくと、これは
\[2\pi \int_0^{16} \sqrt{25-s}ds=\frac{4\pi}{3}(25^{3/2}-9^{3/2})=\frac{392\pi}{3}\]
である。よって体積は $392\pi/3$ である。
\item[2)] 
$D=\{x\geq 0, y\geq 0, 3x+2y\leq 6\}$ とおくと、この立体の体積は
\[\begin{split}
\iint_D 6-3x-2y dxdy= & \int_0^2 \left(\int_0^{(6-3x)/2} 6-3x-2y dy\right) dx \\
= & \int_0^2 \frac{(6-3x)^2}{4} dx=\frac{9}{4}\int_0^2 (2-x)^2 dx \\
= & 6.
\end{split}\]
\item[3)] $z_x=-x/\sqrt{25-x^2-y^2}, z_y=-y/\sqrt{25-x^2-y^2}$ より
$1+z_x^2+z_y^2=25/(25-x^2-y^2)$ である。よってこの曲面の、$x^2+y^2\leq 9$ となる部分の面積は
\[\iint_{x^2+y^2\leq 9} \frac{5}{\sqrt{25-x^2-y^2}} dxdy\]
であらわされる。 $x=r\cos\theta, y=r\sin\theta, s=r^2$ とおくと、これは
\[\begin{split}
\int_0^3 \left(\int_0^{2\pi} \frac{5r}{\sqrt{25-r^2}} d\theta\right)dr
= & 5\pi\int_0^3 \frac{2r}{\sqrt{25-r^2}} dr
=5\pi\int_0^9 \frac{ds}{\sqrt{25-s}} \\
= & 10\pi(\sqrt{25}-\sqrt{16})=10\pi
\end{split}\]
と一致するから、該当部分の面積は $10\pi$ である。
\item[4)]
曲線 $y=\frac{1}{2}\sqrt{3(1-x^2)}, -1\leq x\leq 1$ を $x$ 軸のまわりに回転させて得られる
回転面の面積を求めよ。（25点）
\[\frac{dy}{dx}=-\frac{x\sqrt{3}}{2\sqrt{1-x^2}}\]
だから、回転面の面積は
\[\begin{split}
2\pi\int_{-1}^1 \frac{\sqrt{3(1-x^2)}}{2}\sqrt{1+\frac{3x^2}{4(1-x^2)}} dx
= & 2\pi\int_{-1}^1 \frac{\sqrt{3(1-x^2)}}{2}\sqrt{\frac{4-x^2}{4(1-x^2)}} dx \\
= & \frac{\pi\sqrt{3}}{2}\int_{-1}^1 \sqrt{4-x^2} dx
\end{split}\]
に一致する。 $x=2y, y=\sin\theta (-\pi/2<\theta<\pi/2)$ とおくと、最後の定積分は
\[\begin{split}
4\int_{-1/2}^{1/2} \sqrt{1-y^2} dy= & 4\int_{-\pi/6}^{\pi/6} \cos^2\theta d\theta
=4\left[\frac{\theta}{2}+\frac{\sin 2\theta}{4}\right]_{-\pi/6}^{\pi/6} \\
= & \frac{2\pi}{3}+\sqrt{3}
\end{split}\]
に一致する。よって回転面の面積は
\[\frac{\pi^2\sqrt{3}}{3}+\frac{3\pi}{2}\]
である。
\end{itemize}

\end{document}
