xyz 空間内の xy 平面上にある円 C : x^2 + y^2 = 1 および円板 D : x^2 + y^2 \leqq 1 を考える。D を底面とし点 \mathrm{P}(0, 0, 1) を頂点とする円錐を K とする。\mathrm{A}(0, -1, 0)，\mathrm{B}(0, 1, 0) とする。xyz 空間内の平面 H : z = x を考える。すなわち，H は xz 平面上の直線 z = x と線分 \mathrm{AB} をともに含む平面である。K の側面と H の交わりとしてできる曲線を E とする。-\dfrac{\pi}{2} \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2} を満たす実数 \theta に対し，円 C 上の点 \mathrm{Q}(\cos\theta, \sin\theta, 0) をとり，線分 \mathrm{PQ} と E の共有点を \mathrm{R} とする。
(1) 線分 \mathrm{PR} の長さを r(\theta) とおく。r(\theta) を \theta を用いて表せ。
(2) 円錐 K の側面のうち，曲線 E の点 \mathrm{A} から点 \mathrm{R} までを結ぶ部分，線分 \mathrm{PA}，および線分 \mathrm{PR} により囲まれた部分の面積を S(\theta) とおく。\theta と実数 h が条件 0 \leqq \theta < \theta + h \leqq \dfrac{\pi}{2} を満たすとき，次の不等式が成り立つことを示せ。
\dfrac{h\{r(\theta)\}^2}{2\sqrt{2}} \leqq S(\theta + h) - S(\theta) \leqq \dfrac{h\{r(\theta + h)\}^2}{2\sqrt{2}}
(3) 円錐 K の側面のうち，円 C の x \geqq 0 の部分と曲線 E により囲まれた部分の面積を T とおく。T を求めよ。必要であれば \tan\dfrac{\theta}{2} = u とおく置換積分を用いてもよい。
線分 \mathrm{PQ} 上の点は、0 \leqq t \leqq 1 として (t\cos\theta, t\sin\theta, 1 - t) と表せる。この点と \mathrm{P} の距離は \mathrm{PQ} の t 倍です。
\mathrm{R} は平面 H : z = x 上にあるから 1 - t = t\cos\theta で、t = \dfrac{1}{1 + \cos\theta}。\cos\theta \geqq 0 だから 0 < t \leqq 1 を満たす。
\mathrm{PQ} = \sqrt{\cos^2\theta + \sin^2\theta + 1} = \sqrt{2} だから、(1) の答えは次の式になります。
r(\theta) = \dfrac{\sqrt{2}}{1 + \cos\theta}
円錐 K の母線の長さは \sqrt{2}、底面の円周は 2\pi。側面を 1 本の母線に沿って切り開くと、半径 \sqrt{2}、弧の長さ 2\pi の扇形になる。
底面の円の中心角 \theta の弧は長さ \theta です。扇形の弧は半径 \sqrt{2} だから、同じ長さの弧の中心角は \dfrac{\theta}{\sqrt{2}} になる。
展開図の上で、点 \mathrm{R} は中心から r(\theta) の位置にある。S(\theta) は、\theta を動かして \mathrm{R} が描く曲線 E と、2 本の半径で囲まれた部分の面積です。
0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2} では \cos\theta が減少するから、r(\theta) は増加する。
S(\theta + h) - S(\theta) は、展開図で中心角 \dfrac{h}{\sqrt{2}} の範囲にある部分の面積です。その範囲で中心から E までの距離は、r(\theta) 以上 r(\theta + h) 以下。
この部分は半径 r(\theta) の扇形を含み、半径 r(\theta + h) の扇形に含まれる。中心角 \dfrac{h}{\sqrt{2}}、半径 \rho の扇形の面積は \dfrac{1}{2}\rho^2 \cdot \dfrac{h}{\sqrt{2}} = \dfrac{h\rho^2}{2\sqrt{2}} だから、(2) の不等式が成り立ちます。
\dfrac{h\{r(\theta)\}^2}{2\sqrt{2}} \leqq S(\theta + h) - S(\theta) \leqq \dfrac{h\{r(\theta + h)\}^2}{2\sqrt{2}}
(2) の不等式を h で割り、h \to +0 とすると、r の連続性からはさみうちで右側の微分係数が決まる。\theta - h と \theta に (2) を使えば、左側も同じ値になります。
S'(\theta) = \dfrac{\{r(\theta)\}^2}{2\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}(1 + \cos\theta)^2}
E は xz 平面について対称だから、-\dfrac{\pi}{2} \leqq \theta \leqq 0 でも同じ式が成り立つ。S\left(-\dfrac{\pi}{2}\right) = 0 から、E と線分 \mathrm{PA}、\mathrm{PB} で囲まれた部分の面積は次の積分になります。
S\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{d\theta}{\sqrt{2}(1 + \cos\theta)^2} = \sqrt{2}\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{d\theta}{(1 + \cos\theta)^2}
u = \tan\dfrac{\theta}{2} とおくと、\theta が 0 から \dfrac{\pi}{2} まで動くとき、u は 0 から 1 まで動く。
1 + \cos\theta = 2\cos^2\dfrac{\theta}{2} = \dfrac{2}{1 + u^2}
d\theta = \dfrac{2}{1 + u^2} \, du
この 2 つを代入すると、被積分関数は u の 2 次式になります。
\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{d\theta}{(1 + \cos\theta)^2} = \int_0^1 \dfrac{1 + u^2}{2} \, du = \dfrac{2}{3}
よって S\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = \sqrt{2} \cdot \dfrac{2}{3} = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}。
側面のうち x \geqq 0 の部分は、側面全体のちょうど半分。展開図では半径 \sqrt{2}、中心角 \dfrac{\pi}{\sqrt{2}} の扇形で、面積は次の値です。
\dfrac{1}{2} \cdot (\sqrt{2})^2 \cdot \dfrac{\pi}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\pi
この扇形から、E と線分 \mathrm{PA}、\mathrm{PB} で囲まれた部分を除いたものが T になる。(3) の答えは次の値です。
T = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\pi - \dfrac{2\sqrt{2}}{3} = \dfrac{\sqrt{2}(3\pi - 4)}{6}