【解答・解説】東大理系数学2023

$x^2 = t$ と変数を変換すると $$\begin{aligned} A_k &= \int_{\sqrt{k\pi}}^{\sqrt{(k+1)\pi}} | \sin (x^2) | dx\\ &= \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} | \sin t | \dfrac{dt}{2\sqrt{t}} \end{aligned}$$ となる。

$k\pi \leqq t \leqq (k+1)\pi$ のとき $$\dfrac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leqq \dfrac{1}{\sqrt{t}} \leqq \dfrac{1}{\sqrt{k\pi}}$$ であるため， $$\int_{k \pi}^{(k+1)\pi} \dfrac{|\sin t|}{2\sqrt{(k+1)\pi}} dt \leqq A_k \leqq \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} \dfrac{|\sin t|}{2\sqrt{k\pi}} dt$$ となる。

$$\begin{aligned} \int_{k \pi}^{(k+1)\pi} |\sin t| dt &= \int_0^{\pi} \sin t dt\\ &= 2 \end{aligned}$$ であるため， $$\dfrac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leqq A_k \leqq \dfrac{1}{\sqrt{k\pi}}$$ を得る。

$$\begin{aligned} B_n &= \dfrac{1}{\sqrt{n}} \int_{\sqrt{n\pi}}^{\sqrt{2n\pi}} | \sin (x^2) | dx\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=n}^{2n-1} \int_{\sqrt{k\pi}}^{\sqrt{(k+1)\pi}} | \sin (x^2) | dx \end{aligned}$$

(1) より $$\begin{aligned} B_n &\leqq \dfrac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=n}^{2n-1} \dfrac{1}{\sqrt{k\pi}}\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \dfrac{1}{n} \sum_{k=n}^{2n-1} \sqrt{\dfrac{n}{k}} \end{aligned}$$ である。同様に $$\begin{aligned} B_n &\geqq \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \dfrac{1}{n} \sum_{k=n}^{2n-1} \sqrt{\dfrac{n}{k+1}}\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \dfrac{1}{n} \sum_{k=n+1}^{2n} \sqrt{\dfrac{n}{k}} \end{aligned}$$ である。

$$\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \dfrac{1}{n} \sum_{k=n}^{2n-1} \sqrt{\dfrac{n}{k}} &= \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \int_1^2 \dfrac{dt}{\sqrt{t}}\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \Big[ 2\sqrt{t} \Big]_1^2\\ &= \dfrac{2\sqrt{2}-2}{\sqrt{\pi}}\\ \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \dfrac{1}{n} \sum_{k=n+1}^{2n} \sqrt{\dfrac{n}{k}}&= \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \int_1^2 \dfrac{dt}{\sqrt{t}}\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \Big[ 2\sqrt{t} \Big]_1^2\\ &= \dfrac{2\sqrt{2}-2}{\sqrt{\pi}} \end{aligned}$$

よってはさみうちの原理から $$\lim_{n \to \infty} B_n = \dfrac{2\sqrt{2}-2}{\sqrt{\pi}}$$

12個の玉を並べる順列は $\dfrac{12!}{3! 4! 5!} = 27720$ 通りである。

黒玉と白玉を並べる順列は $\dfrac{8!}{3! 5!} = 56$ 通りである。

黒玉・白玉合わせて8個の玉の両端かその間に，赤玉4個を入れる組み合わせは ${}_9 \mathrm{C}_4 = 126$ 通りである。

よって求める確率は $$\dfrac{56 \cdot 126}{27720} = \dfrac{14}{55}$$ となる。

黒玉も赤玉も隣り合わない確率を求めればよい。

(1) と同様に，まず黒玉と白玉を並べて，その後赤玉を並べることで組み合わせを計算する。

1. 黒玉と白玉を並べた時点で，黒玉は隣り合わないとき $$\text{例}: {}^{\downarrow} 白^{\downarrow} 黒^{\downarrow} 白^{\downarrow} 黒^{\downarrow} 白^{\downarrow} 白^{\downarrow} 白^{\downarrow} 黒^{\downarrow}$$ 白玉5個の両端かその間に，黒玉3個を隣り合わないように入れる組み合わせは ${}_6 \mathrm{C}_3 = 20$ 通りである。
   その上で赤玉を入れる組み合わせは，(1) 同様 $126$ 通りである。
   よって組み合わせは $20 \cdot 126$ 通りである。

2. 黒玉と白玉を並べた時点で，黒玉ちょうど2個が隣り合っているとき $$\text{例}: {}^{\downarrow} 白^{\downarrow} 白^{\downarrow} 黒^{\downarrow} 白^{\downarrow} 白^{\downarrow} 黒黒^{\downarrow} 白^{\downarrow}$$ 白玉5個の両端かその間に，黒玉1個と黒玉2個を隣り合わないように入れる組み合わせは $6 \cdot 5 = 30$ 通りである。
   その上で赤玉を入れる。1個は必ず黒玉2個の間に入れる。それ以外の4個は，8か所に入れることができるため，入れ方は ${}_8 \mathrm{C}_3 = 56$ 通りである。
   よって組み合わせは $30 \cdot 56$ 通りである。

3. 黒玉と白玉を並べた時点で，黒玉3個が隣り合っているとき $$\text{例}: {}^{\downarrow} 白^{\downarrow} 白^{\downarrow} 白^{\downarrow} 白^{\downarrow} 黒黒黒^{\downarrow} 白^{\downarrow}$$ 白玉5個の両端かその間に，黒玉3個を入れる組み合わせは $6$ 通りである。
   その上で赤玉を入れる。2個は必ず黒玉3個の間に入れる。それ以外の2個は，7か所に入れることができるため，入れ方は ${}_7 \mathrm{C}_2 = 21$ 通りである。
   よって組み合わせは $6 \cdot 21$ 通りである

以上をまとめると，組み合わせは $$20 \cdot 126 + 30 \cdot 56 + 6 \cdot 21 = 4326$$ 通りである。

よって黒玉も赤玉も隣り合わない確率は $\dfrac{4326}{27720}$ であるため，求めるべき条件付き確率は $$\begin{aligned} \dfrac{4326}{27720} \div \dfrac{56 \cdot 126}{27720} &= \dfrac{4326}{56 \cdot 126}\\ &= \dfrac{103}{168} \end{aligned}$$ である。

$y > x^2$ は $y > 0$ に含まれるため，$a > 0$ としてよい。

2つの曲線 $x^2+ (y-a)^2 = 1$ と $y = x^2$ が共有点を持つか考える。$x$ を消去すると $$y^2 - (2a-1) y + (a^2-1) = 0 \quad \cdots \ (\ast)$$ を得る。この方程式が $a-1 < y < a+1$ で共有点を持たないような $a$ を求める。

軸を計算すると $y = a - \dfrac{1}{2}$ となり，$a-1 < y < a+1$ の間にある。ゆえに $(\ast)$ の判別式が負のとき，共有点を持たない。

$$\begin{aligned} D &= (2a-1)^2 - 4(a^2-1)\\ &= -4a + 5 \end{aligned}$$ より $\mathbf{a > \dfrac{5}{4}}$ である。

$S$ 上の点 $\mathrm{P}$ を $(\cos \theta , a + \sin \theta) \ \left( -\dfrac{\pi}{2} \leqq \theta < 0 \right)$ とおく。

$\mathrm{P}$ での $C$ の接線は $$(\cos \theta)x + (\sin \theta) (y-a) = 1$$ である。これに $y = x^2$ を代入し，整理すると $$(\sin \theta)x^2 + (\cos \theta) x -a \sin \theta - 1 = 0$$ を得る。

この2解を $\alpha , \beta$ とおくと，解と係数の関係より $$\begin{cases} \alpha + \beta = -\dfrac{1}{\tan \theta}\\ \alpha \beta = -a - \dfrac{1}{\sin \theta} \end{cases}$$ となる。

接線の傾きは $-\dfrac{1}{\tan \theta}$ であるため， $$\begin{aligned} L_{\mathrm{P}} &= \sqrt{1^2 + \left(\dfrac{1}{\tan \theta}\right)^2} |\alpha - \beta|\\ &= \left| \dfrac{\alpha - \beta}{\sin \theta} \right| \end{aligned}$$ となる。二乗して $$\begin{aligned} {L_{\mathrm{P}}}^2 &= \dfrac{(\alpha - \beta)^2}{\sin^2 \theta}\\ &= \dfrac{(\alpha + \beta)^2 - 4\alpha \beta}{\sin^2 \theta}\\ &= \dfrac{1}{\sin^2 \theta} \left\{ \dfrac{1}{\tan^2 \theta} + 4 \left( a + \dfrac{1}{\sin \theta} \right) \right\} \end{aligned}$$ となる。

ここで $t = \dfrac{1}{\sin \theta}$ とおく。このとき $t \leqq -1$ である。また，$\theta$ に応じて $t$ がただ1つ定まる。

$$\begin{aligned} {L_{\mathrm{P}}}^2 &= t^2 \{(t^2-1)+4(a+t)\}\\ &= t^2 \{ t^2 +4t+(4a-1)\} \end{aligned}$$

これを $f(t)$ とおく。

$L_{\mathrm{Q}} = L_{\mathrm{R}}$ となる $S$ 上の相異なる 2 点 $\mathrm{Q}$，$\mathrm{R}$ が存在するのは，$f(t) = c$（$c$ は正の定数）が $t \leqq -1$ の範囲で複数個の解を持つときである。

これは $f(t)$ が単調増加/単調減少でないときである。

$$\begin{aligned} f'(t) &= 2t \{ t^2 +4t+(4a-1) \} +t^2 (2t + 4)\\ &= 2t \{ 2t^2 + 6t + (4a-1) \} \end{aligned}$$ となる。$t \leqq -1$ で $2$ は常に負である。ゆえに $2t^2 + 6t + (4a-1)$ が $t \leqq -1$ で解を持つ $a$ の範囲を求めたらよい。 $$2t^2 + 6t + (4a-1) = 2 \left( t + \dfrac{3}{2} \right)^2 + 4a - \dfrac{11}{2}$$ である。

軸は $t = - \dfrac{3}{2}$ であるため，最小値は $4a - \dfrac{11}{2}$ である。

よって，$4a - \dfrac{11}{2} < 0$ すなわち $a < \dfrac{11}{8}$ のときが求める範囲である。

(1) の条件と合わせることで $\mathbf{\dfrac{5}{4} < a < \dfrac{11}{8}}$ を得る。

$\mathrm{P} (a,b,c)$ とおく。

$\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bot \overrightarrow{\mathrm{OA}}$，$\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bot \overrightarrow{\mathrm{OB}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{OP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OA}} = 0$，$\overrightarrow{\mathrm{OP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}} = 0$ と同値である。これを踏まえると連立方程式 $$\begin{cases} 2a = 0\\ a+b+c=0\\ a+2b+3c=1 \end{cases}$$ を得る。これを解くと $(a,b,c) = (0,-1,1)$ であるため，$\mathrm{P} (0,-1,1)$ である。

$\mathrm{P}' (0,-2,2)$ とおくと，$\overrightarrow{\mathrm{OP'}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$，$\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ と直交する。

$$\begin{aligned} &\overrightarrow{\mathrm{OP'}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OC}}\\ &= 0 \cdot 1 + (-2) \cdot 2 + 2 \cdot 3\\ &= 2 \end{aligned}$$ であるため，$\overrightarrow{\mathrm{OP}} = \dfrac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{OP'}}$ である。

ゆえに $\mathrm{P} (0,-1,1)$ である。

$\mathrm{H}$ は直線 $\mathrm{AB}$ 上にあるため，実数 $k$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{AH}} = k \overrightarrow{\mathrm{AB}}$ と表される。

$\overrightarrow{\mathrm{AB}} = \begin{pmatrix} -1\\1\\1 \end{pmatrix}$ と合わせると $$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{PH}} &= \overrightarrow{\mathrm{AH}} - \overrightarrow{\mathrm{AP}}\\ &= \begin{pmatrix} -k\\k\\k \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} -2\\-1\\1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} -k+2\\k+1\\k-1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$ である。

条件より $\overrightarrow{\mathrm{PH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}} = 0$ であるため， $$\begin{aligned} &\overrightarrow{\mathrm{PH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}}\\ &= -(-k+2) + (k+1) + (k-1)\\ &= 3k - 2 = 0 \end{aligned}$$ となる。よって $k = \dfrac{2}{3}$ である。

こうして $$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{OH}} &= \overrightarrow{\mathrm{OA}} + \overrightarrow{\mathrm{AH}}\\ &= \overrightarrow{\mathrm{OA}} + \dfrac{2}{3} \overrightarrow{\mathrm{AB}} \\ &= \mathbf{\dfrac{1}{3} \overrightarrow{\mathrm{OA}} + \dfrac{2}{3} \overrightarrow{\mathrm{OB}}} \end{aligned}$$ となる。

三角形 $\mathrm{OHB}$ 上の点を $\mathrm{R}$ とおく。

このとき実数 $p,q$（$0 \leqq p,q \leqq 1$，$0 \leqq p+q \leqq 1$）を用いて $$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{OR}} &= p \overrightarrow{\mathrm{OB}} + q \overrightarrow{\mathrm{OH}}\\ &= \dfrac{1}{3} q \overrightarrow{\mathrm{OA}} + \left( p + \dfrac{2}{3}q \right) \overrightarrow{\mathrm{OB}} \end{aligned}$$ と表される。

$|\overrightarrow{\mathrm{QR}}|^2$ のとり得る範囲を求めればよい。 $$\begin{aligned} &|\overrightarrow{\mathrm{QR}}|^2\\ &= \left| \left( \dfrac{1}{3} q -\dfrac{3}{4} \right) \overrightarrow{\mathrm{OA}} + \left( p + \dfrac{2}{3}q \right) \overrightarrow{\mathrm{OB}} - \overrightarrow{\mathrm{OP}} \right|^2\\ &= \left( \dfrac{1}{3} q -\dfrac{3}{4} \right)^2 \cdot 4 + \left( p + \dfrac{2}{3}q \right)^2 \cdot 3 + 2\\ &\quad\quad + 2 \left( \dfrac{1}{3} q -\dfrac{3}{4} \right) \left( p + \dfrac{2}{3}q \right) \cdot 2\\ &= \dfrac{8}{3} \left( p+q-\dfrac{3}{4} \right)^2 + \dfrac{1}{3} \left( p+\dfrac{3}{2} \right)^2 + 2 \end{aligned}$$

• 最小値

ここで $$f(p,q) = |\overrightarrow{\mathrm{QR}}|^2 = \dfrac{8}{3} \left( p+q-\dfrac{3}{4} \right)^2 + \dfrac{1}{3} \left( p+\dfrac{3}{2} \right)^2 + 2$$ とおく。

$\left( p+q-\dfrac{3}{4} \right)^2$ は $p+q = \dfrac{3}{4}$ のときに最小値 $0$ を取る。$\left( p+\dfrac{3}{2} \right)^2$ は $p = 0$ のときに最小値 $\dfrac{9}{4}$ を取る。$(p,q) = \left( 0,\dfrac{3}{4} \right)$ のとき，これら両方が成立するため，$f(p,q)$ の最小値は $$\dfrac{8}{3} \cdot 0 + \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{9}{4} + 2 = \dfrac{11}{4}$$ となる。

• 最大値

$f(p,q)$ を $q$ の二次関数と見て最大値を調べる。

$q$ の二次関数として下に凸であるため。$q = 0,1$ のいずれかで最大値を取る。$p+q \leqq 1$ より $q=1$ のときは $p=0$ となる。よって最大値は次の2つを考えればよい。

$$\begin{aligned} f(p,0) &= 3 \left( p-\dfrac{1}{2} \right)^2 + \dfrac{7}{2}\\ f(0,1) &= \dfrac{35}{12} \end{aligned}$$

$f(p,0)$ は $p = 0,1$ のときに最大値を取る。このとき $f(0,0) = f(1,0) = \dfrac{17}{4}$ である。

$\dfrac{17}{4} > \dfrac{35}{12}$ より，$f(p,q)$ の最大値は $\dfrac{17}{4}$ である。

以上より半径 $r$ のとり得る範囲は $\mathbf{\dfrac{\sqrt{11}}{2} \leqq r \leqq \dfrac{\sqrt{17}}{2}}$ となる。

$g(x)$ を $f(x)$ で割った商を $h(x)$ とおく。このとき $$g(x) = f(x) q(x) + r(x)$$ である。

$$\begin{aligned} g(x)^7 &= (f(x)q(x) + r(x))^7\\ &= \sum_{i=0}^{7} f(x)^i q(x)^i r(x)^{7-i}\\ &= f(x) \left( \sum_{i=1}^{7} f(x)^{i-1} q(x)^i r(x)^{7-i} \right) + r(x)^7 \end{aligned}$$

よって，$g(x)^7$ を $f(x)$ で割った余りと $r(x)^7$ を $f(x)$ で割った余りは等しい。

(1) の $g(x)$ に $h(x)^7$ を適用すると，$\left( h(x)^7 \right)^7$ を $f(x)$ で割った余りは，$h_1 (x)^7$ を $f(x)$ で割った余り，すなわち $h_2 (x)$ と等しい。

$h(x)^{49}$ を $f(x)$ で割った商を $p(x)$ とおく。このとき $$h(x)^{49} = f(x) p(x) + h(x)$$ である。

移項して $$h(x) \left( h(x)^{48} - 1 \right) = (x-1)^2 (x-2) p(x) \quad \cdots (\ast)$$ となる。

よって $h(x) \left( h(x)^{48} - 1 \right)$ を因数分解すると，$(x-1)^2 (x-2)$ が現れる。

$h(x)$ は二次式であることに注意すると，次の2パターンのいずれかが成立する。

1. $h(x) = (x-1)^2$，$h(x)^{48} - 1$ は $x-2$ で割り切れる。
2. $h(x) = (x-2)(x-a)$（$c$ は整数），$h(x)^{48} - 1$ は $x-1$ で割り切れる。

• $h(x) = (x-1)^2$ のとき

$$h(2)^{48} - 1 = (2-1)^{96} - 1 = 0$$

であるため，因数定理から $h(x)^{48} - 1$ は $x-2$ で割り切れる。このとき $a =-2, b=1$ となる。

• $h(x) = (x-2)(x-c)$ のとき
  $h(x)^{48} - 1$ は $x-1$ で割り切れるため，因数定理から $h(1)^{48} - 1 = 0$ である。 $$h(1)^{48} - 1 = (1-c)^{48} - 1 = 0$$ これを解くと $c = 0,2$ を得る。どちらの場合でも $h(x)$ は $x-1$ で割り切れないため，$h(x)^{48} - 1$ は $(x-1)^2$ で割り切れることになる。 $$h(x)^{48} - 1 = (x-1)^2 q(x)$$ とおき，両辺を微分すると $$\begin{aligned} (\text{左辺}) &= h'(x) \{ h(x)^{48} - 1 \} + h(x) \cdot 48 h(x)^{47} h'(x)\\ &= h'(x) \{ 49 h(x) -1 \}\\ (\text{右辺}) &= 2(x-1) q(x) + (x-1)^2 q'(x)\\ &= (x-1) \{ 2q(x) + (x-1) q'(x) \} \end{aligned}$$ $x=1$ を代入すると， $$h'(1) \{ 49 h(1) - 1 \} = 0$$ を満たすことがわかる。
  $49h(1)-1 = 49(c-1)-1 = 49c-50$ であるが，$c$ は整数であるため $49c-50 \neq 0$ である。よって $h'(1) = 0$ となる。
  $h'(x) =2x -c-2$ より $h'(1) = 0$ となるのは $c = 0$ のときである。

こうして $\mathbf{(a,b) = (-2,0),(-2,1)}$ を得る。

$\mathrm{P}$ の $z$ 座標が $1$ 未満の場合，$\mathrm{P}$ の動き得る範囲を $Q$ とおく。$Q$ は，$|x| \leqq 1$，$|y| \leqq 1$，$|z| \leqq 1$ により表される一辺 $2$ の立方体である。よって，体積は $2^3 = 8$ である。

$\mathrm{P}$ の $z$ 座標が $1$ 以上の場合，$\mathrm{P}$ の動き得る範囲を $R$ とおく。

$R$ の境界は，立方体のうち $z=1$ を満たす正方形の面と，$\mathrm{P}$ が $\mathrm{OP} = \sqrt{3}$ を満たし $S$ と共有点を持たないように動いた部分である。

後者は，$\mathrm{OP}$ が立方体の $z=1$ を満たす正方形の部分と共有点を持つように動いた部分である。

特に，正方形の外周は $z = \pm x$，$z = \pm y$ 上にある。そのため，$R$ は半径 $\sqrt{3}$ の球を $z = \pm x$，$z = \pm y$ で切断したうち点 $(0,0,\sqrt{3})$ を含むほうの立体（$S$ とおく）に含まれる。

$S$ は球の $\dfrac{1}{6}$ である。（$z=1$ 上の面以外の，立方体の各面に対して同様の立体を考えることができるため）よって，体積は $\dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{4}{3} \pi (\sqrt{3})^3 = \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \pi$ である。

$S$ と $Q$ の共通部分は，底面が一辺 $2$ の正方形で，高さが $1$ の四角錐であり，その体積は $\dfrac{4}{3}$ である。

こうして $V$ の体積は $$\dfrac{2\sqrt{3}}{3} \pi + 8 - \dfrac{4}{3} = \dfrac{20}{3} + \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \pi$$ と計算される。

$\mathrm{N}$ を直線 $\mathrm{OP}$ 上にあるときは，(1) のときに含まれる。

立体 $W$ のうち立体 $V$ ではない部分を求める。

平面 $\mathrm{OAB}$ と $V$ の共通部分のうち，四面体 $\mathrm{OABC}$ からはみ出る部分は下図の灰色の部分である。

この部分を辺 $\mathrm{AB}$ を軸に $S$ と交わらないように回転させる。同様の回転体を，$\mathrm{BC}$，$\mathrm{CD}$，$\mathrm{DA}$ でも同様に考える。

これら4つの回転体が $W \cap \bar{V}$ である。（特に $yz$ 平面での断面をしたに示す）

回転体のうち1つの体積を $U$ とおく。

下図のように $f(t)$ を定める。

図中の円弧の方程式は $y^2 + w^2 = 3$ である。（平面 $\mathrm{OAB}$ の $y$ 軸と直交する軸を $w$ 軸とおいた）

よって， $$f(t) = \sqrt{3-t^2} - \sqrt{2}$$ である。

以上より $$\begin{aligned} U &= \dfrac{3}{8} \pi \int_{-1}^{1} \{ f(t) \}^2 dt\\ &= \dfrac{3}{8} \pi \int_{-1}^{1} \{ 5-t^2 - 2\sqrt{2} \sqrt{3-t^2} \}^2 dt\\ \end{aligned}$$ となる。

$$\int_{-1}^1 (5-t^2) dt = \dfrac{28}{3}$$

$$\begin{aligned} &\int_{-1}^{1} \sqrt{3-t^2} dt\\ &= \int_{-\alpha}^{\alpha} \sqrt{3 - 3 \sin^2 \theta} \sqrt{3} \cos \theta d\theta\\ &= \int_{-\alpha}^{\alpha} 3\cos^2 \theta\\ &= \int_{-\alpha}^{\alpha} \dfrac{3\cos 2\theta + 3}{2} d\theta\\ &= \dfrac{3}{2} \sin 2\alpha + 3\alpha\\ &= 3 \dfrac{1}{\sqrt{3}} \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} + 3\alpha\\ &= \sqrt{2} + 3\alpha \end{aligned}$$

なお $t = \sqrt{3} \sin \theta$ とおいている。

以上をまとめると $$\begin{aligned} U &= \dfrac{3}{8} \pi \left( \dfrac{28}{3} - 4 - 6\sqrt{2} \alpha \right)\\ &= 2\pi - \dfrac{9\sqrt{2}}{4} \pi \alpha \end{aligned}$$ となる。

こうして $W$ の体積は $$\begin{aligned} &\left( \dfrac{20}{3} + \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \pi \right) + 4\left( 2\pi - \dfrac{9\sqrt{2}}{4} \pi \alpha \right)\\ &= \mathbf{\dfrac{20}{3} +8\pi - 9\sqrt{2}\pi \alpha + \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \pi} \end{aligned}$$ である。