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京都大学 2023年理系第5問解説

方針・初手

点 $P$ は $x$ 軸上、点 $Q$ は $yz$ 平面上にあるため、それぞれの座標を文字で設定する。
求める立体は $yz$ 平面に関して対称になるため、$x \ge 0$ の部分の体積を求めて2倍する。
空間図形の体積の基本に従い、$x$ 軸に垂直な平面 $x = k$ で切断し、その断面の面積を $k$ の関数として表してから積分する。

解法1

点 $P(p, 0, 0)$、点 $Q(0, q, r)$ とおく。対称性から、立体は $yz$ 平面に関して対称であるため、$p \ge 0$ の場合を考え、後で体積を2倍する。条件(c)より、$OP + OQ = 1$ であるから、

$$ p + \sqrt{q^2 + r^2} = 1 \quad (0 \leqq p \leqq 1) $$

が成り立つ。

線分 $PQ$ 上の点 $X(x, y, z)$ は、実数 $s \ (0 \leqq s \leqq 1)$ を用いて

$$ (x, y, z) = (1-s)(p, 0, 0) + s(0, q, r) = ((1-s)p, \ sq, \ sr) $$

と表せる。この立体を $x$ 軸に垂直な平面 $x = k \ (0 \leqq k \leqq 1)$ で切断する。 $x = k$ より、$k = (1-s)p$ であるから、$s=1$ のときは $k=0$ となる。$0 < k \leqq 1$ のとき、$0 \leqq s < 1$ であり、

$$ p = \frac{k}{1-s} $$

$p \leqq 1$ であるから、$\frac{k}{1-s} \leqq 1$ より $s \leqq 1-k$ となる。すなわち $0 \leqq s \leqq 1-k$ である。

このとき、断面における原点からの距離の2乗 $y^2+z^2$ は、

$$ y^2 + z^2 = (sq)^2 + (sr)^2 = s^2(q^2 + r^2) $$

条件式より $\sqrt{q^2 + r^2} = 1 - p$ であるから、

$$ \sqrt{y^2 + z^2} = s(1 - p) = s \left( 1 - \frac{k}{1-s} \right) $$

この右辺を $f(s)$ とおく。$0 \leqq s \leqq 1-k$ における $f(s)$ の最大値を求める。

$$ f(s) = s - \frac{ks}{1-s} = s + k - \frac{k}{1-s} $$

$s$ で微分すると、

$$ f'(s) = 1 - \frac{k}{(1-s)^2} = \frac{(1-s)^2 - k}{(1-s)^2} $$

$f'(s) = 0$ となるのは $(1-s)^2 = k$ のときであり、$0 \leqq s \leqq 1-k$ を満たすのは $s = 1 - \sqrt{k}$ のときである。増減表（省略）から、$f(s)$ は $s = 1 - \sqrt{k}$ のとき最大値をとる。最大値は、

$$ f(1 - \sqrt{k}) = (1 - \sqrt{k}) + k - \frac{k}{\sqrt{k}} = 1 - \sqrt{k} + k - \sqrt{k} = (1 - \sqrt{k})^2 $$

したがって、断面は半径 $(1 - \sqrt{k})^2$ の円板となる。その断面積 $S(k)$ は

$$ S(k) = \pi \{ (1 - \sqrt{k})^2 \}^2 = \pi (1 - \sqrt{k})^4 $$

求める立体の体積 $V$ は、この断面積を $0 \leqq k \leqq 1$ で積分して2倍したものである。

$$ V = 2 \int_{0}^{1} \pi (1 - \sqrt{x})^4 dx $$

ここで、$x = t^2$ とおくと、$dx = 2t dt$ であり、積分区間は $t: 0 \rightarrow 1$ となる。

$$ V = 2\pi \int_{0}^{1} (1 - t)^4 \cdot 2t dt = 4\pi \int_{0}^{1} \{ t(1-t)^4 \} dt $$

さらに $1-t = u$ とおくと、$t = 1-u, \ dt = -du$、積分区間は $u: 1 \rightarrow 0$ となる。

$$ V = 4\pi \int_{1}^{0} (1-u)u^4 (-du) = 4\pi \int_{0}^{1} (u^4 - u^5) du $$

$$ = 4\pi \left[ \frac{1}{5}u^5 - \frac{1}{6}u^6 \right]_{0}^{1} = 4\pi \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{6} \right) = 4\pi \cdot \frac{1}{30} = \frac{2\pi}{15} $$

解法2

立体の対称性から $p \ge 0$ の部分の体積を求めて2倍する方針は解法1と同じである。 $P(p, 0, 0)$、$Q(0, q, r)$ とおく。$x$ 軸からの距離を考える。 $x$ 軸を含む任意の平面による切断面を考えると、立体は $x$ 軸まわりの回転体であることがわかる。そこで、$yz$ 平面上の点から原点 $O$ までの距離を $u = \sqrt{q^2+r^2}$ とおき、空間内の点の $x$ 軸からの距離を $v = \sqrt{y^2+z^2}$ とおく。条件(c)より、$p + u = 1 \ (0 \leqq p \leqq 1, u \ge 0)$ である。このとき、線分 $PQ$ は $xv$ 平面上の第1象限において、点 $(p, 0)$ と点 $(0, u)$ を結ぶ線分として捉えることができる。この線分上の点は、

$$ \frac{x}{p} + \frac{v}{u} = 1 \quad (0 \leqq x \leqq p) $$

$u = 1 - p$ を代入して $v$ について解くと、

$$ v = (1 - p)\left( 1 - \frac{x}{p} \right) = 1 - p - \frac{x}{p} + x $$

ある $x \ (0 \leqq x \leqq 1)$ を固定したとき、点 $P, Q$ が動くことによって $v$ がとり得る値の最大値を求める。これを $p$ の関数 $g(p)$ とみなすと、

$$ g'(p) = -1 + \frac{x}{p^2} = \frac{x - p^2}{p^2} $$

$x \leqq p \leqq 1$ の範囲で $g'(p) = 0$ となるのは $p = \sqrt{x}$ のときである。増減を調べると、$g(p)$ は $p = \sqrt{x}$ のとき最大値をとる。

$$ v_{max} = g(\sqrt{x}) = 1 - \sqrt{x} - \frac{x}{\sqrt{x}} + x = (1 - \sqrt{x})^2 $$

したがって、求める立体は $xv$ 平面上の領域 $0 \leqq v \leqq (1 - \sqrt{x})^2 \ (0 \leqq x \leqq 1)$ を $x$ 軸のまわりに回転させてできる立体に等しい。その体積の半分は、

$$ \int_{0}^{1} \pi v_{max}^2 dx = \int_{0}^{1} \pi (1 - \sqrt{x})^4 dx $$

（以後の積分計算は解法1と同様）

解説

空間の通過領域を求める標準的な難問です。点 $P$ は直線上の動き、点 $Q$ は平面上の動きですが、「線分の長さの和が1」という条件によって2点が連動します。
$y$ 座標と $z$ 座標が $\sqrt{y^2+z^2}$ の形で一つにまとまることに気づけるかが最大の鍵です。これにより、3次元の問題を実質的に「平面上の線分の通過領域（包絡線）を求めて回転させる」という2次元の問題に帰着できます。
解法1は $x=k$ で切断する王道のアプローチ、解法2は回転体であることを利用して最初から $x$ 軸からの距離で立式するアプローチです。どちらも最終的な積分は同じになります。$(1-\sqrt{x})^4$ の定積分は、展開して計算してもよいですが、$x=t^2$ などの置換積分を用いるとミスを防ぎやすくなります。