Via integratie:
Neem voor het gemak de kubus 8 keer zo groot, dus de cilinders met straal 1 en de kubus met ribbe 2.
(straal = 1 rekent bij cirkels en cilinders wat eenvoudiger).
Dan wordt dit de situatie:
Voor
\(z = 0\; ... \;\sqrt{\frac{1}{2}}\) wordt het hoekdeel begrensd door de rode en de groene cilinder.
Dit levert per z-niveau een vierkant (hierboven aangegeven met blauw) met zijde
\(1-\sqrt{1-z^2}\),
en dus met oppervlak
\(\left( 1-\sqrt{1-z^2} \right)^2\)
Voor ons hoekdeel levert dat een volume van
\(V_1 = \displaystyle\int_{0}^{\sqrt{1/2}}\left( 1-\sqrt{1-z^2} \right)^2 dz\)
Voor
\(z > \sqrt{\frac{1}{2}}\) komt het hoekdeel (hierboven aangegeven met geel) ook in aanraking met de paarse cilinder, en krijgt dan deze vorm:
Het gele oppervlak per z-niveau wordt dan:
\(A(z) = \displaystyle\int_{x_1}^{x_2}\left( 1-\sqrt{1-x^2} \right) dx + (1-z)\cdot(1-\sqrt{1-z^2})\)
ofwel
\(A(z) = \displaystyle\int_{\sqrt{1-z^2}}^{z}\left( 1-\sqrt{1-x^2} \right) dx + (1-z)\cdot(1-\sqrt{1-z^2})\)
En hiermee kunnen we het overige deel van het volume van het hoekdeel bepalen:
\(V_2 = \displaystyle\int_{\sqrt{1/2}}^1 A(z) dz\)
Kom je hiermee verder?
PS: ter controle: ik kom zo uit op:
\(V_1 = \frac{11}{12}\sqrt{2} - \frac{1}{2} - \frac{\pi}{4}\)
en
\(V_2 = \frac{1}{12}\sqrt{2} + \frac{3}{2} - \frac{\pi}{2}\)
Dus voor het hoekdeel levert dit zo een volume van:
\(V = V_1 + V_2 = 1 + \sqrt{2} - \frac{3}{4}\pi \)
en dit dan nog delen door 8 voor het antwoord op jouw probleem.