上: 2. 解答 前: 4.

5.

(1) 直線 $l_A,\ l_B$の方程式は $x=\pm\sqrt{1-\sin^2 \alpha}=\pm \cos\alpha$ である． 円 C₁ の方程式を y について解くと $y=\pm\sqrt{1-x^2}$ であり． 円 C₂ の方程式を y について解くと $y=\pm\sqrt{1-x^2}+\sin\alpha$ である． 2つの領域 $D_1,\ D_2$ はそれぞれ
\[ \begin{array}{l} D_1:\sqrt{1-x^2}\leqq y \leqq\sqrt{1-x^2}+\sin\alpha\\ D_2:-\sqrt{1-x^2}\leqq y \leqq-\sqrt{1-x^2}+\sin\alpha \end{array} \] と表される． したがって

$$\begin{eqnarray*}V_1(\alpha)&=&\int_{-\cos\alpha}^{\cos\alpha}\{\pi(\sqrt{1-x^2}... ...nt_0^{\cos\alpha}\{2\sqrt{1-x^2}\sin\alpha-\sin^2 \alpha\}\,dx \end{eqnarray*}$$

ここで $x=\cos\theta$ の置換を行うと，

$$\begin{eqnarray*}&&\int_0^{\cos\alpha}\sqrt{1-x^2}\,dx =-\int_{\frac{\pi}{2}}^... ...2} \left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha \right)+\dfrac{1}{4}\sin2\alpha \end{eqnarray*}$$

この結果を代入して整理する．

\[ V_1(\alpha)=2\pi\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha \right)\sin\alpha+4\pi\sin^2\alpha\cos\alpha \]

また

$$V_1(\alpha)-V_2(\alpha)=4\pi\sin^2\alpha\cos\alpha$$

(2)

$$V_1'(\alpha)-V_2'(\alpha) 2\pi(2\cos2\alpha\sin\alpha+\sin2\alpha\cos\alpha)$$ = (1)

$$8\pi\sin \alpha (2-3\sin^2\alpha）$$ = (2)

したがって $\sin\alpha=\sqrt{\dfrac{2}{3}}$ となる $\alpha$ で極大かつ最大になる． このとき $\cos\alpha=\sqrt{\dfrac{1}{3}}$ なので，最大値は

$$4\pi\cdot\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{8\sqrt{3}}{9}\pi$$