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名古屋大学 2014年理系第1問解説

方針・初手

(1) 球と直線の交わりである線分、および球の中心を含む平面で断面を考える。 (2) 空間図形の回転体を求める際は、回転軸に垂直な平面で切断して断面積を積分するのが基本である。しかし本問のような球の回転体の場合、球の中心と回転軸を含む平面で切った大円（断面の円）を、回転軸の周りに回転させた立体と一致することを利用すると、平面上の問題に帰着でき見通しが良くなる。

解法1

(1) 球 $B$ の中心を $\text{O}$、直線 $l$ と球 $B$ の交点を $\text{P}, \text{Q}$ とする。また、$\text{O}$ から $l$ に下ろした垂線の足を $\text{H}$ とする。球の半径は $1$ であるから、$\text{OP} = \text{OQ} = 1$ である。与えられた条件より $\text{PQ} = \sqrt{3}$ であり、$\triangle\text{OPQ}$ は二等辺三角形であるため、$\text{H}$ は線分 $\text{PQ}$ の中点となる。よって、$\text{PH} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ である。直角三角形 $\text{OPH}$ において、三平方の定理より、求める距離 $\text{OH}$ は

$$ \text{OH} = \sqrt{\text{OP}^2 - \text{PH}^2} = \sqrt{1^2 - \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{3}{4}} = \frac{1}{2} $$

となる。

(2) 球 $B$ を直線 $l$ の周りに回転させた立体は、球の中心 $\text{O}$ と直線 $l$ を含む平面で球を切ったときの断面の円を、$l$ の周りに回転させたものと一致する。この平面上に座標系を設定する。直線 $l$ を $y$ 軸、点 $\text{H}$ を原点 $(0,0)$ とする。 (1) より $\text{OH} = \frac{1}{2}$ であるから、球の中心 $\text{O}$ の座標を $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$ とすることができる。この平面における球の断面（円とその内部）を $D$ とすると、$D$ を表す不等式は

$$ \left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + y^2 \le 1 $$

となる。この領域 $D$ を $y$ 軸の周りに1回転させてできる立体の体積 $V$ を求める。 $y$ 軸上の点 $(0, t)$ において $y$ 軸に垂直な直線 $y=t$ $(-1 \le t \le 1)$ で $D$ を切ったときの断面を考える。不等式に $y=t$ を代入して整理すると

$$ \left(x - \frac{1}{2}\right)^2 \le 1 - t^2 $$

$$ \frac{1}{2} - \sqrt{1 - t^2} \le x \le \frac{1}{2} + \sqrt{1 - t^2} $$

この線分を $y$ 軸の周りに回転させてできる図形は、原点からの距離が $|x|$ の範囲にある領域である。 $x$ の最小値の符号によって、回転体の形状が変化するため、場合分けを行う。

(i) $\frac{1}{2} - \sqrt{1 - t^2} \le 0$ すなわち $|t| \le \frac{\sqrt{3}}{2}$ のとき線分は $y$ 軸と交わるため、回転体は内部に空洞のない円盤となる。円盤の半径は $x$ の最大値 $\frac{1}{2} + \sqrt{1 - t^2}$ であるから、断面積 $S(t)$ は

$$ S(t) = \pi \left(\frac{1}{2} + \sqrt{1 - t^2}\right)^2 $$

(ii) $\frac{1}{2} - \sqrt{1 - t^2} > 0$ すなわち $\frac{\sqrt{3}}{2} < |t| \le 1$ のとき線分は $y$ 軸と交わらないため、回転体はドーナツ型の領域になる。外半径は $\frac{1}{2} + \sqrt{1 - t^2}$、内半径は $\frac{1}{2} - \sqrt{1 - t^2}$ であるから、断面積 $S(t)$ は

$$ \begin{aligned} S(t) &= \pi \left(\frac{1}{2} + \sqrt{1 - t^2}\right)^2 - \pi \left(\frac{1}{2} - \sqrt{1 - t^2}\right)^2 \\ &= 2\pi \sqrt{1 - t^2} \end{aligned} $$

図形の対称性より、体積 $V$ は $t \ge 0$ の部分の体積を2倍すればよい。

$$ \begin{aligned} V &= 2 \int_0^1 S(t) \,dt \\ &= 2 \int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \pi \left(\frac{1}{2} + \sqrt{1 - t^2}\right)^2 dt + 2 \int_{\frac{\sqrt{3}}{2}}^1 2\pi \sqrt{1 - t^2} \,dt \\ &= 2\pi \int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \left( \frac{5}{4} - t^2 + \sqrt{1 - t^2} \right) dt + 4\pi \int_{\frac{\sqrt{3}}{2}}^1 \sqrt{1 - t^2} \,dt \\ &= 2\pi \int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \left( \frac{5}{4} - t^2 \right) dt + 2\pi \int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \sqrt{1 - t^2} \,dt + 4\pi \int_{\frac{\sqrt{3}}{2}}^1 \sqrt{1 - t^2} \,dt \end{aligned} $$

ここで、各部分の積分を計算する。多項式の積分は

$$ \int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \left( \frac{5}{4} - t^2 \right) dt = \left[ \frac{5}{4}t - \frac{1}{3}t^3 \right]_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{5\sqrt{3}}{8} - \frac{\sqrt{3}}{8} = \frac{\sqrt{3}}{2} $$

$\int \sqrt{1 - t^2} \,dt$ は半径 $1$ の円の面積の一部を表すので、$t = \sin \theta$ と置換する（$dt = \cos \theta \,d\theta$）。 $t: 0 \to \frac{\sqrt{3}}{2}$ のとき $\theta: 0 \to \frac{\pi}{3}$ となるため、

$$ \int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \sqrt{1 - t^2} \,dt = \int_0^{\frac{\pi}{3}} \cos^2 \theta \,d\theta = \left[ \frac{1}{2}\theta + \frac{1}{4}\sin 2\theta \right]_0^{\frac{\pi}{3}} = \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{8} $$

$t: \frac{\sqrt{3}}{2} \to 1$ のとき $\theta: \frac{\pi}{3} \to \frac{\pi}{2}$ となるため、

$$ \int_{\frac{\sqrt{3}}{2}}^1 \sqrt{1 - t^2} \,dt = \int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 \theta \,d\theta = \left[ \frac{1}{2}\theta + \frac{1}{4}\sin 2\theta \right]_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{4} - \left( \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{8} \right) = \frac{\pi}{12} - \frac{\sqrt{3}}{8} $$

これらを体積の式に代入する。

$$ \begin{aligned} V &= 2\pi \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + 2\pi \left( \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{8} \right) + 4\pi \left( \frac{\pi}{12} - \frac{\sqrt{3}}{8} \right) \\ &= \sqrt{3}\pi + \frac{\pi^2}{3} + \frac{\sqrt{3}}{4}\pi + \frac{\pi^2}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}\pi \\ &= \frac{2}{3}\pi^2 + \frac{3\sqrt{3}}{4}\pi \end{aligned} $$

解法2

(2) を円柱殻の積分（バウムクーヘン積分）を用いて解く。解法1と同様に、領域 $D: \left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + y^2 \le 1$ を $y$ 軸の周りに回転させる。 $x < 0$ の部分は、回転させると $x \ge 0$ の部分の回転体の中に完全に含まれる。（領域 $D$ は $x = \frac{1}{2}$ に関して対称であり、右側の境界は $x = \frac{1}{2} + \sqrt{1-y^2}$、左側の境界は $x = \frac{1}{2} - \sqrt{1-y^2}$ となり、常に右側の境界の方が原点からの距離が遠くなるため。）したがって、$D$ のうち $x \ge 0$ の部分を回転させれば十分である。

$x \ge 0$ における領域の境界は、上下に対称な $y = \pm \sqrt{1 - \left(x - \frac{1}{2}\right)^2}$ である。 $x$ の積分範囲は、$y=0$ のとき $\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 \le 1$ より $-\frac{1}{2} \le x \le \frac{3}{2}$ であるが、$x \ge 0$ を考えるため $0 \le x \le \frac{3}{2}$ となる。円柱殻の高さを表す関数は $2\sqrt{1 - \left(x - \frac{1}{2}\right)^2}$ であるため、体積 $V$ は

$$ V = 2\pi \int_0^{\frac{3}{2}} x \cdot 2\sqrt{1 - \left(x - \frac{1}{2}\right)^2} \,dx $$

$x - \frac{1}{2} = \sin \theta$ とおくと、$dx = \cos \theta \,d\theta$ となる。 $x: 0 \to \frac{3}{2}$ のとき $\sin \theta: -\frac{1}{2} \to 1$ より、$\theta: -\frac{\pi}{6} \to \frac{\pi}{2}$ である。この範囲で $\cos \theta \ge 0$ より $\sqrt{1 - \sin^2 \theta} = \cos \theta$ となるため、

$$ \begin{aligned} V &= 4\pi \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \left(\sin \theta + \frac{1}{2}\right) \cos^2 \theta \,d\theta \\ &= 4\pi \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \sin \theta \cos^2 \theta \,d\theta + 2\pi \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 \theta \,d\theta \\ &= 4\pi \left[ -\frac{1}{3}\cos^3 \theta \right]_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} + 2\pi \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + \cos 2\theta}{2} \,d\theta \\ &= 4\pi \left( 0 - \left( -\frac{1}{3} \cdot \frac{3\sqrt{3}}{8} \right) \right) + \pi \left[ \theta + \frac{1}{2}\sin 2\theta \right]_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2}\pi + \pi \left\{ \frac{\pi}{2} - \left(-\frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{4}\right) \right\} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2}\pi + \pi \left( \frac{2\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{4} \right) \\ &= \frac{2}{3}\pi^2 + \frac{3\sqrt{3}}{4}\pi \end{aligned} $$

解説

空間図形の回転体において、軸からの距離と断面を正しく把握できるかが問われている。「球の中心を含む平面で切った大円を回転させる」という見方に気づくことで、空間図形の問題を平面上の円の回転問題に帰着できる。解法1は、回転軸に垂直な平面でスライスする標準的な手法であるが、回転軸と図形の位置関係（交わっているかどうか）によって断面の形状が円盤かドーナツ型かに変わるため、積分区間の分割が必要になる。一方、解法2で示したバウムクーヘン積分（円柱殻法）を用いると、場合分けが不要になり計算の負担が大きく減少する。回転軸と図形が交わる場合のバウムクーヘン積分の適用は、回転によって重複する部分（本問では $x<0$ の領域）の扱いに注意すれば、非常に強力な手法となる。