次: 6. 上: 2. 解答 前: 4.

5.

$\mathrm{Q}_k(0,\ 0,\ z_k)$とおく．条件から

$$\left(\dfrac{k}{n}\right)^2+\left(1-\dfrac{k}{n}\right)^2+{z_k}^2=1$$

一方

$$\bigtriangle上\mathrm{O}\mathrm{P}_k\mathrm{P}_{k+1} =\dfrac... ...c{k+1}{n}\left(1-\dfrac{k}{n}\right)\right\vert=\dfrac{1}{2n}$$

$$∴ \quad V_k=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2n} \sqrt{1-\left(\d... ...\dfrac{1}{n} \sqrt{\dfrac{k}{n}-\left(\dfrac{k}{n}\right)^2}$$

$$∴ \quad \lim_{n \to \infty}\sum_{k=0}^{n-1}V_k =\dfrac{\sqrt{2}}{6}\int_0^1\sqrt{x-x^2}\,dx$$

ここで

$$\int_0^1\sqrt{x-x^2}\,dx =\int_0^1\sqrt{\dfrac{1}{4}- \left(x-\dfrac{1}{2} \right)^2}\,dx$$

であるから， $x-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\sin\theta$ とおく． $\sqrt{\dfrac{1}{4}- \left(x-\dfrac{1}{2} \right)^2}=\dfrac{1}{2}\cos\theta$ ， $dx=\dfrac{}{}\dfrac{1}{2}\cos\theta d\theta$ であり，積分域が $-\dfrac{\pi}{2}\to \dfrac{\pi}{2}$ になるので

$$\begin{eqnarray*}&&\int_0^1\sqrt{\dfrac{1}{4}- \left(x-\dfrac{1}{2} \right)^2}\,... ...\theta\right]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} =\dfrac{\pi}{8} \end{eqnarray*}$$

ゆえに求める値は $\dfrac{\sqrt{2}}{48}\pi$

※1     小三角形の面積は $\bigtriangle上\mathrm{O}\mathrm{P}_0\mathrm{P}_n$のn等分 として求めてもよい．

※2 積分計算は，積分値が半径 $\dfrac{1}{2}$の半円の面積であるから， それで代用することも可能である．が，このような基本的な問題においては 「円の面積が $\pi r^2$ になる」ことまで含めて，しっかりと置換積分で計算する方がよい．