https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1975/Bunka

2023.08.11記

[4] $xy$ 平面内の曲線 $x=f(y)$ （ $f(y)$ は正の値をとる関数とする）と直線 $y=2$ および $x$ 軸， $y$ 軸で囲まれる図形を $y$ 軸のまわりに回転してできる立体から， $y$ 座標が $2$ の $y$ 軸上の点を中心とする半径 $1$ の球との共通部分をくりぬいた残りの立体を $\mbox{A}$ とする．
立体 $\mbox{A}$ の $y\leqq t$ にあたる部分の体積 $V(t)$ が
$V(t)=\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{2}{3}\pi(t^2+t) & (0 \leqq t \leqq 1) \\ \pi \left( \dfrac{1}{3}t^3 -\dfrac{3}{2}t^2+4t-\dfrac{3}{2} \right) & (1\lt t\leqq2) \end{array} \right.$
であるとき，関数 $f(y)$ （ $0\leqq y\leqq 2$ ）を定めて， $\mbox{A}$ の $xy$ 平面による断面の図形をえがけ．

2023.08.12記

[解答]
くりぬいた部分を戻した立体の体積を $U(t)$ とすると
$U(t)=\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{2}{3}\pi(t^2+t) & (0 \leqq t \leqq 1) \\ \pi \left( \dfrac{1}{3}t^3 -\dfrac{3}{2}t^2+4t-\dfrac{3}{2} \right) \\ \quad\quad +\displaystyle\int_1^t (-y^2+4y-3) dy & (1\lt t\leqq2) \end{array} \right.$
となる．よって

$0\lt t\lt 1$ では
$U'(t)=\dfrac{2}{3}\pi(2t+1)=\pi\{f(t)\}^2$
から
$f(t)=\dfrac{\sqrt{6(2t+1)}}{3}$
となる．

$1\lt t\lt 2$ では
$U'(t)=\pi(t^2-3t+4)+\pi (-t^2+4t-3)$ $=\pi(t+1)$ $=\pi\{f(t)\}^2$
から
$f(t)=\sqrt{t+1}$
となる．

よって，
$f(y)=\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{\sqrt{6(2y+1)}}{3} & (0 \leqq y \leqq 1) \\ \sqrt{y+1} & (1\lt y\leqq2) \end{array} \right.$