半球を平面で切る

はじめに

今回はとある依頼を受けて半球を平面で切ってできる立体の体積を計算したので，ここで記事にしようと思います．問題は以下の通りです．

式で書くとややこしいですが，要は半径$R$の半球の内，平面$z=(x-h)\tan \alpha$の下側にある部分の体積を求めたい，ということです．図で書くと次のような感じですね．

斜線部分が立体$X$

因みに，$h$に対して$|h|<R$という制限がついていますが，これは今回の依頼がそうであっただけで，本質的な条件ではありません．$h$がこの範囲になくとも体積は計算できると思います，大変ですが…

因みに，最終的な結果は案外キレイな形をしています．途中の計算が重い分，結果がキレイだと嬉しいですね．

では早速$V$の値を求めていきましょう．

$\alpha =0,\frac{\pi }{2}$のとき

$\alpha =0$のときは明らかに$V=0$です．$\alpha =\frac{\pi }{2}$のときは，平面$x=t$で切ったときの断面を考えると
$$V=\frac{1}{2}{\int }_h^R\pi (R^2-t^2)dt=\frac{\pi }{2}(\frac{2}{3}{R}^3-R^{2}h+\frac{1}{3}{h}^3)$$
と簡単に計算できます．大変なのは$0<\alpha <\frac{\pi }{2}$のときです…

$0<\alpha <\frac{\pi }{2}$のとき

この場合も平面$x=t$で切った断面を考えます．$x=t$における$X$の断面積を$S(t)$とします．少し観察すると，$\sqrt{R^2-t^2}=(t-h)\tan \alpha$を満たす$t$において断面の形が変化することが分かります．これを$t$について解いて適切な符号を取ると，
$$t=h{\sin }^2\alpha +\cos \alpha \sqrt{R^2-h^2{\sin }^2\alpha }$$
となります．この値を$t_0$とおきます．$h\le t\le t_0$における断面図は次のようになります．

$h\le t\le t_0$における断面図

ここで，
$${\beta }_t=\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\frac{y_t}{z_t}\right),y_t=\sqrt{R^2-t^2-(t-h{)}^2{\tan }^2\alpha },z_t=(t-h)\tan \alpha$$
です．この図から，断面積は
$$S(t)=\frac{\pi }{2}(R^2-t^2)-{\beta }_t(R^2-t^2)+y_t{z}_t$$
となります．次に，$t_0\le t\le R$における断面図は次のようになります．

$t_0\le t\le R$における断面図

その断面積は
$$S(t)=\frac{\pi }{2}(R^2-t^2)$$
です．従って，求める体積$V$は
$$\begin{array}{rl}V={\int }_h^{R}S(t)dt& ={\int }_h^{t_0}S(t)dt+{\int }_{t_0}^{R}S(t)dt\\ & ={\int }_h^{t_0}\{\frac{\pi }{2}(R^2-t^2)-{\beta }_t(R^2-t^2)+y_t{z}_t\}dt+{\int }_{t_0}^R\frac{\pi }{2}(R^2-t^2)dt\\ & =\frac{\pi }{2}(\frac{2}{3}{R}^3-R^{2}h+\frac{1}{3}{h}^3)-{\int }_h^{t_0}{\beta }_t(R^2-t^2)dt+{\int }_h^{t_0}{y}_t{z}_{t}dt\end{array}$$
と計算されます．右辺第2項を部分積分すると，
$$\begin{array}{rl}{\int }_h^{t_0}{\beta }_t(R^2-t^2)dt& ={\left[{\beta }_t(R^{2}t-\frac{1}{3}{t}^3)\right]}_h^{t_0}-{\int }_h^{t_0}\frac{d{\beta }_t}{dt}(R^{2}t-\frac{1}{3}{t}^3)dt\\ & =-\frac{\pi }{2}(R^{2}h-\frac{1}{3}{h}^3)-{\int }_h^{t_0}\frac{d{\beta }_t}{dt}(R^{2}t-\frac{1}{3}{t}^3)dt\end{array}$$
となるので，
$$V=\frac{\pi }{3}{R}^3+{\int }_h^{t_0}\frac{d{\beta }_t}{dt}(R^{2}t-\frac{1}{3}{t}^3)dt+{\int }_h^{t_0}{y}_t{z}_{t}dt$$
となります．ここで，$t=t_0$のとき${\beta }_t=0$，$t=h$のとき${\beta }_t=\frac{\pi }{2}$を用いました．さて，
$$I={\int }_h^{t_0}\frac{d{\beta }_t}{dt}(R^{2}t-\frac{1}{3}{t}^3)dt,J={\int }_h^{t_0}{y}_t{z}_{t}dt$$
とおき，それぞれの積分の値を求めていきます．

$I$の値

合成関数の微分を用いて丁寧に計算すると，
$$\frac{d{\beta }_t}{dt}=\frac{y_t^{\prime }{z}_t-y_t{z}_t^{\prime }}{z_t^2}\cdot \frac{1}{1+\frac{y_t^2}{z_t^2}}=\frac{-(R^2-ht)\tan \alpha }{(R^2-t^2)\sqrt{R^2-t^2-(t-h{)}^2{\tan }^2\alpha }}$$
となるので，
$$I=-\tan \alpha {\int }_h^{t_0}\frac{R^2-ht}{(R^2-t^2)\sqrt{R^2-t^2-(t-h{)}^2{\tan }^2\alpha }}(R^{2}t-\frac{1}{3}{t}^3)dt$$
となります．次に，多項式の割り算を(とにかく頑張って)丁寧に計算すると，
$$\frac{(R^2-ht)(R^{2}t-\frac{1}{3}{t}^3)}{R^2-t^2}=-\frac{h}{3}{t}^2+\frac{R^2}{3}t+\frac{2h{R}^2}{3}+\frac{2R^4}{3}\cdot \frac{t-h}{R^2-t^2}$$
が分かります．従って，
$$I=-\tan \alpha {\int }_h^{t_0}\frac{1}{\sqrt{R^2-t^2-(t-h{)}^2{\tan }^2\alpha }}\{-\frac{h}{3}{t}^2+\frac{R^2}{3}t+\frac{2h{R}^2}{3}+\frac{2R^4}{3}\cdot \frac{t-h}{R^2-t^2}\}dt$$
となります．ここで，根号の中身を平方完成すると
$$\sqrt{R^2-t^2-(t-h{)}^2{\tan }^2\alpha }=\frac{1}{\cos \alpha }\sqrt{(R^2-h^2{\sin }^2\alpha ){\cos }^2\alpha -(t-h{\sin }^2\alpha {)}^2}$$
となるので，
$$I=-\sin \alpha {\int }_h^{t_0}\frac{1}{\sqrt{(R^2-h^2{\sin }^2\alpha ){\cos }^2\alpha -(t-h{\sin }^2\alpha {)}^2}}\{-\frac{h}{3}{t}^2+\frac{R^2}{3}t+\frac{2h{R}^2}{3}+\frac{2R^4}{3}\cdot \frac{t-h}{R^2-t^2}\}dt$$
が成り立ちます．$A=(R^2-h^2{\sin }^2\alpha ){\cos }^2\alpha$とおくと，$|h|<R$の仮定から$A\ge 0$であるので，その根号$\sqrt{A}$を取れることが分かります．そこで$t-h{\sin }^2\alpha =\sqrt{A}\sin \tau$と変数変換して少し整理すると，
$$I=-\sin \alpha {\int }_{\gamma }^{\frac{\pi }{2}}\{-\frac{h}{3}(\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha {)}^2+\frac{R^2}{3}(\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha )+\frac{2h{R}^2}{3}+\frac{2R^4}{3}\cdot \frac{\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha -h}{R^2-(\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha {)}^2}\}d\tau$$
となります．ここで，$\gamma =\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\left(\frac{h{\cos }^2\alpha }{\sqrt{A}}\right)$です．形が複雑になってきたので，$I$を更に次のように2つに分けて考えます．
$$I_1={\int }_{\gamma }^{\frac{\pi }{2}}\{-\frac{h}{3}(\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha {)}^2+\frac{R^2}{3}(\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha )+\frac{2h{R}^2}{3}\}d\tau$$
$$I_2={\int }_{\gamma }^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha -h}{R^2-(\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha {)}^2}d\tau$$

$I_1$の計算

$I_1$の被積分関数は$\sin \tau$の多項式なので，普通に積分ができます．被積分関数を展開して整理すると
$$\frac{Ah}{6}\cos 2\tau -\frac{\sqrt{A}}{3}(2h^2{\sin }^2\alpha -R^2)\sin \tau -\frac{h}{3}(h^2{\sin }^4\alpha -2R^2+\frac{A}{2}-R^2{\sin }^2\alpha )$$
となるので，
$$\begin{array}{rl}{I}_1& ={[\frac{Ah}{12}\sin 2\tau +\frac{\sqrt{A}}{3}(2h^2{\sin }^2\alpha -R^2)\cos \tau -\frac{h}{3}(h^2{\sin }^4\alpha -2R^2+\frac{A}{2}-R^2{\sin }^2\alpha )\tau ]}_{\gamma }^{\frac{\pi }{2}}\\ & =-\frac{Ah}{12}\sin 2\gamma -\frac{\sqrt{A}}{3}(2h^2{\sin }^2\alpha -R^2)\cos \gamma -\frac{h}{3}(h^2{\sin }^4\alpha -2R^2+\frac{A}{2}-R^2{\sin }^2\alpha )(\frac{\pi }{2}-\gamma )\end{array}$$
と求まります．

$I_2$の計算

$I_2$の被積分関数は部分分数分解によって
$$\frac{\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha -h}{R^2-(\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha {)}^2}=\frac{R-h}{2R}\cdot \frac{1}{R-(\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha )}-\frac{R+h}{2R}\cdot \frac{1}{R+(\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha )}$$
と計算されます．$(R\pm h{\sin }^2\alpha {)}^2-A=(R\pm h{)}^2{\sin }^2\alpha \ge 0$に注意すると， こちらの記事 内の$\sin$の1次式の逆数の積分から，
$$\begin{array}{rl}{\int }_{\gamma }^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{R-(\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha )}d\tau & ={[-\frac{2}{\sqrt{(R-h{\sin }^2\alpha {)}^2-A}}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\sqrt{\frac{R-h{\sin }^2\alpha +\sqrt{A}}{R-h{\sin }^2\alpha -\sqrt{A}}}\frac{1-\tan \frac{\tau }{2}}{1+\tan \frac{\tau }{2}}\right)]}_{\gamma }^{\frac{\pi }{2}}\\ & =\frac{2}{(R-h)\sin \alpha }\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\sqrt{\frac{R-h{\sin }^2\alpha +\sqrt{A}}{R-h{\sin }^2\alpha -\sqrt{A}}}\frac{1-\tan \frac{\gamma }{2}}{1+\tan \frac{\gamma }{2}}\right)\end{array}$$
$$\begin{array}{rl}{\int }_{\gamma }^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{R+(\sqrt{A}\sin \tau +h{\sin }^2\alpha )}d\tau & ={[-\frac{2}{\sqrt{(R+h{\sin }^2\alpha {)}^2-A}}\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\sqrt{\frac{R+h{\sin }^2\alpha -\sqrt{A}}{R+h{\sin }^2\alpha +\sqrt{A}}}\frac{1-\tan \frac{\tau }{2}}{1+\tan \frac{\tau }{2}}\right)]}_{\gamma }^{\frac{\pi }{2}}\\ & =\frac{2}{(R+h)\sin \alpha }\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\sqrt{\frac{R+h{\sin }^2\alpha -\sqrt{A}}{R+h{\sin }^2\alpha +\sqrt{A}}}\frac{1-\tan \frac{\gamma }{2}}{1+\tan \frac{\gamma }{2}}\right)\end{array}$$
と計算されるので，
$$I_2=\frac{1}{R\sin \alpha }\{\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\sqrt{\frac{R-h{\sin }^2\alpha +\sqrt{A}}{R-h{\sin }^2\alpha -\sqrt{A}}}\frac{1-\tan \frac{\gamma }{2}}{1+\tan \frac{\gamma }{2}}\right)-\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\sqrt{\frac{R+h{\sin }^2\alpha -\sqrt{A}}{R+h{\sin }^2\alpha +\sqrt{A}}}\frac{1-\tan \frac{\gamma }{2}}{1+\tan \frac{\gamma }{2}}\right)\}$$
と求まります．

以上より，
$$\begin{array}{rl}I=& \sin \alpha \{\frac{Ah}{12}\sin 2\gamma +\frac{\sqrt{A}}{3}(2h^2{\sin }^2\alpha -R^2)\cos \gamma +\frac{h}{3}(h^2{\sin }^4\alpha -2R^2+\frac{A}{2}-R^2{\sin }^2\alpha )(\frac{\pi }{2}-\gamma )\}\\ & -\frac{2R^3}{3}\{\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\sqrt{\frac{R-h{\sin }^2\alpha +\sqrt{A}}{R-h{\sin }^2\alpha -\sqrt{A}}}\frac{1-\tan \frac{\gamma }{2}}{1+\tan \frac{\gamma }{2}}\right)-\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\sqrt{\frac{R+h{\sin }^2\alpha -\sqrt{A}}{R+h{\sin }^2\alpha +\sqrt{A}}}\frac{1-\tan \frac{\gamma }{2}}{1+\tan \frac{\gamma }{2}}\right)\}\end{array}$$
となります．

$J$の値

随分と上に行ってしまったので，ここに$J$を再掲しておきます．
$$J={\int }_h^{t_0}{y}_t{z}_{t}dt$$
ここで，$y_t=\sqrt{R^2-t^2-(t-h{)}^2{\tan }^2\alpha },z_t=(t-h)\tan \alpha$です．$y_t$の中身は上で平方完成されていて，
$$y_t=\sqrt{R^2-t^2-(t-h{)}^2{\tan }^2\alpha }=\frac{1}{\cos \alpha }\sqrt{(R^2-h^2{\sin }^2\alpha ){\cos }^2\alpha -(t-h{\sin }^2\alpha {)}^2}$$
が成り立ちます．従って，
$$J=\frac{\tan \alpha }{\cos \alpha }{\int }_h^{t_0}(t-h)\sqrt{(R^2-h^2{\sin }^2\alpha ){\cos }^2\alpha -(t-h{\sin }^2\alpha {)}^2}dt$$
となります．ここで，$I$の計算の際に用いた記号$A=(R^2-h^2{\sin }^2\alpha ){\cos }^2\alpha$と変数変換$t-h{\sin }^2\alpha =\sqrt{A}\sin \tau$を用いると，
$$\begin{array}{rl}J& =\frac{\tan \alpha }{\cos \alpha }{\int }_{\gamma }^{\frac{\pi }{2}}(\sqrt{A}\sin \tau -h{\cos }^2\alpha )\sqrt{A}\cos \tau \cdot \sqrt{A}\cos \tau d\tau \\ & =(R^2-h^2{\sin }^2\alpha )\sin \alpha {[-\frac{\sqrt{A}}{3}{\cos }^3\tau -\frac{h{\cos }^2\alpha }{2}(\tau +\frac{1}{2}\sin 2\tau )]}_{\gamma }^{\frac{\pi }{2}}\\ & =(R^2-h^2{\sin }^2\alpha )\sin \alpha \{\frac{\sqrt{A}}{3}{\cos }^3\gamma -\frac{h{\cos }^2\alpha }{2}(\frac{\pi }{2}-\gamma -\frac{1}{2}\sin 2\gamma )\}\end{array}$$
と計算されます．

以上で，$I,J$共に計算が終わりました．そして，$V=\frac{\pi }{3}{R}^3+I+J$であったので，$V$の値が求まったことになります．

最終的な結果

結局$V$の値は次のように書けます．

ここで，
$$A=(R^2-h^2{\sin }^2\alpha ){\cos }^2\alpha ,\gamma =\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\left(\frac{h{\cos }^2\alpha }{\sqrt{A}}\right)=\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\left(\frac{h\cos \alpha }{\sqrt{R^2-h^2{\sin }^2\alpha }}\right)$$
です．このままでは見づらいので，
$$\sin \gamma =\frac{h{\cos }^2\alpha }{\sqrt{A}},\cos \gamma =\sqrt{\frac{R^2-h^2}{A}}\cos \alpha ,\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}(x)-\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}(y)=\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\frac{x-y}{1+xy}\right)$$
を用いて(かなり)頑張って整理すると，最終的に$A$を使わない次の表式を得ることができます．積分は厄介でしたが，すごくキレイに求まったと思います．

$\alpha =0,\frac{\pi }{2}$とすると？

今得られた式で$\alpha =0$としたいのですが，$\alpha =0$のとき$\sin \alpha =0$であり，$\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}$の中身が0割りとなるため単純に代入できません．しかし，$\alpha \to +0$とする極限であれば，
$$\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\frac{R\cos \alpha }{\sqrt{R^2-h^2}\sin \alpha }\right)\to \frac{\pi }{2}-0$$
が成り立つので，簡単な計算から$V\to +0$が分かります．$\alpha =0$のときは$V=0$であったので，整合性が取れています．
また，$\alpha =\frac{\pi }{2}$とすると，$\gamma =0$となることから，
$$\begin{array}{rl}V& =\frac{\pi }{3}{R}^3+0+h(\frac{h^2}{3}-R^2)\frac{\pi }{2}-\frac{2R^3}{3}\cdot 0\\ & =\frac{\pi }{2}(\frac{2}{3}{R}^3-R^{2}h+\frac{1}{3}{h}^3)\end{array}$$
となって上で求めた値に等しくなります．従って，この$V$の式は$\alpha =\frac{\pi }{2}$においても成り立つ式です．

$h\to \pm R\mp 0$とすると？

今得られた式で$h\to \pm R\mp 0$としても整合性が取れているか確認してみます．
まず，$h\to R-0$とすると$V$の値は$\alpha$の値に依らず$0$となることが期待されますが，実際$h\to R-0$のとき$\gamma \to \frac{\pi }{2}-0$かつ$\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\frac{R\cos \alpha }{\sqrt{R^2-h^2}\sin \alpha }\right)\to \frac{\pi }{2}-0$であることから，$V\to +0$が分かります．
また，$h\to -R+0$とすると，$\gamma \to -\frac{\pi }{2}+0$かつ$\mathrm{A}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\left(\frac{R\cos \alpha }{\sqrt{R^2-h^2}\sin \alpha }\right)\to \frac{\pi }{2}-0$であることから，
$$V\to -\pi R\sin \alpha (\frac{R^2}{3}{\sin }^2\alpha -R^2)$$
となります．更に$\alpha \to \frac{\pi }{2}-0$とすると，$V$は半球の体積$\frac{2}{3}\pi R^3$に収束することが分かります．
これらは図から予想される$V$の挙動と合っています．$h$を$\pm R$に近づける極限でも上の$V$の表式の整合性が取れていることが分かりますね．

具体的な数値

$R=5,\alpha =\frac{\pi }{6},h=2.5$として計算すると
$$V=8.6659532654\cdots$$
となりました．これはとある3Dモデル作成ソフトで求めた値と一致しました．

今回の記事は以上です．
最後までお読み頂きありがとうございました．