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大阪大学 1998年理系第5問解説

方針・初手

(1) 空間座標における点と円上の点の距離の最大・最小を求める問題である。円 $C_1, C_2$ がそれぞれ $xy$ 平面に平行な平面上にあるため、$z$ 座標の差は固定される。$xy$ 平面における原点からの距離 $r = \sqrt{x^2+y^2}$ を用い、平面ベクトルとして内積を利用すると見通しよく計算できる。

(2) (1) で求めた $m, M$ を不等式 $|M - 2\sqrt{6}| \geqq m$ に代入し、同値変形を行って点 $P(x,y,z)$ の満たすべき条件を $r$ と $z$ の不等式として導出する。得られた条件式が表す立体 $H$ は $z$ 軸を中心とする回転体となるため、どの方向で積分するかが鍵となる。積分方向によって計算量に差が出るため、見通しの良い方法を選択したい。

解法1

(1)

点 $P$ の座標を $(x, y, z)$ とする。$xy$ 平面上のベクトルとして $\vec{p} = (x, y)$ とおくと、$|\vec{p}| = \sqrt{x^2+y^2} = r$ である。円 $C_1$ 上の点 $Q$ は、 $xy$ 平面上の長さ $\sqrt{2}$ のベクトル $\vec{q}$ を用いて $Q(X, Y, \sqrt{2})$ （ただし $\vec{q} = (X, Y)$, $|\vec{q}| = \sqrt{2}$）と表せる。点 $P$ と点 $Q$ の距離の2乗 $PQ^2$ は、次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} PQ^2 &= (x - X)^2 + (y - Y)^2 + (z - \sqrt{2})^2 \\ &= |\vec{p} - \vec{q}|^2 + (z - \sqrt{2})^2 \\ &= |\vec{p}|^2 - 2\vec{p}\cdot\vec{q} + |\vec{q}|^2 + (z - \sqrt{2})^2 \\ &= r^2 - 2\vec{p}\cdot\vec{q} + 2 + (z - \sqrt{2})^2 \end{aligned} $$

ここで、内積 $\vec{p}\cdot\vec{q}$ がとりうる値の範囲は、$-|\vec{p}||\vec{q}| \leqq \vec{p}\cdot\vec{q} \leqq |\vec{p}||\vec{q}|$ より、$-\sqrt{2}r \leqq \vec{p}\cdot\vec{q} \leqq \sqrt{2}r$ である。 $PQ^2$ が最小となるのは内積 $\vec{p}\cdot\vec{q}$ が最大のときであり、その最小値 $m^2$ は

$$ \begin{aligned} m^2 &= r^2 - 2\sqrt{2}r + 2 + (z - \sqrt{2})^2 \\ &= (r - \sqrt{2})^2 + (z - \sqrt{2})^2 \end{aligned} $$

$m \geqq 0$ より、$m = \sqrt{(r - \sqrt{2})^2 + (z - \sqrt{2})^2}$ となる。

同様に、円 $C_2$ 上の点 $R$ を $xy$ 平面上の長さ $\sqrt{2}$ のベクトル $\vec{r'}$ を用いて $R(X', Y', -\sqrt{2})$ とおくと、$PR^2$ は

$$ \begin{aligned} PR^2 &= |\vec{p} - \vec{r'}|^2 + (z + \sqrt{2})^2 \\ &= r^2 - 2\vec{p}\cdot\vec{r'} + 2 + (z + \sqrt{2})^2 \end{aligned} $$

$PR^2$ が最大となるのは内積 $\vec{p}\cdot\vec{r'}$ が最小、すなわち $-\sqrt{2}r$ のときであり、その最大値 $M^2$ は

$$ \begin{aligned} M^2 &= r^2 + 2\sqrt{2}r + 2 + (z + \sqrt{2})^2 \\ &= (r + \sqrt{2})^2 + (z + \sqrt{2})^2 \end{aligned} $$

$M \geqq 0$ より、$M = \sqrt{(r + \sqrt{2})^2 + (z + \sqrt{2})^2}$ となる。

(2)

与えられた条件 $|M - 2\sqrt{6}| \geqq m$ の両辺は $0$ 以上であるから、両辺を2乗しても同値である。

$$ \begin{aligned} (M - 2\sqrt{6})^2 &\geqq m^2 \\ M^2 - 4\sqrt{6}M + 24 &\geqq m^2 \end{aligned} $$

これに (1) で求めた $m^2, M^2$ を代入する。

$$ (r + \sqrt{2})^2 + (z + \sqrt{2})^2 - 4\sqrt{6}M + 24 \geqq (r - \sqrt{2})^2 + (z - \sqrt{2})^2 $$

展開して整理すると、

$$ 4\sqrt{2}r + 4\sqrt{2}z + 24 \geqq 4\sqrt{6}M $$

両辺を $4\sqrt{2}$ で割ることで、次の不等式を得る。

$$ r + z + 3\sqrt{2} \geqq \sqrt{3}M $$

$M > 0$ であるため、この不等式が成立するためには $r + z + 3\sqrt{2} > 0$ であることが必要である。この条件のもとで両辺を2乗し、$M^2$ を代入してさらに整理する。

$$ \begin{aligned} (r + z + 3\sqrt{2})^2 &\geqq 3M^2 \\ r^2 + z^2 + 18 + 2rz + 6\sqrt{2}r + 6\sqrt{2}z &\geqq 3 \{ (r + \sqrt{2})^2 + (z + \sqrt{2})^2 \} \\ r^2 + z^2 + 2rz + 6\sqrt{2}r + 6\sqrt{2}z + 18 &\geqq 3r^2 + 6\sqrt{2}r + 3z^2 + 6\sqrt{2}z + 12 \\ -2r^2 + 2rz - 2z^2 + 6 &\geqq 0 \\ r^2 - rz + z^2 - 3 &\leqq 0 \end{aligned} $$

ここで得られた $r^2 - rz + z^2 \leqq 3$ を $(r - \frac{z}{2})^2 + \frac{3}{4}z^2 \leqq 3$ と変形すると $z^2 \leqq 4$ すなわち $-2 \leqq z \leqq 2$ を得る。同様に $r^2 \leqq 4$ であり $r \geqq 0$ と合わせると $0 \leqq r \leqq 2$ である。このとき、$r + z \geqq 0 + (-2) = -2$ となり、$r + z + 3\sqrt{2} \geqq -2 + 3\sqrt{2} > 0$ を満たす。したがって、条件は $r^2 - rz + z^2 \leqq 3$ と同値である。

この不等式を $z$ について解く。

$$ z^2 - rz + r^2 - 3 \leqq 0 $$

$$ \frac{r - \sqrt{12 - 3r^2}}{2} \leqq z \leqq \frac{r + \sqrt{12 - 3r^2}}{2} $$

立体 $H$ は、$xy$ 平面上の原点からの距離が $r$ である点 $(x,y)$ の直上で、$z$ がこの区間にある線分の集まりとみなせる。この線分の長さ（高さ）は $\sqrt{12 - 3r^2}$ である。したがって、体積 $V$ は $xy$ 平面上の円板 $x^2 + y^2 \leqq 4$ 上の二重積分として、極座標を用いて以下のように計算できる。

$$ \begin{aligned} V &= \int_{0}^{2} 2\pi r \left( \frac{r + \sqrt{12 - 3r^2}}{2} - \frac{r - \sqrt{12 - 3r^2}}{2} \right) dr \\ &= 2\pi \int_{0}^{2} r \sqrt{12 - 3r^2} dr \end{aligned} $$

$u = 12 - 3r^2$ とおくと、$du = -6r dr$ であり、積分区間は $r : 0 \to 2$ から $u : 12 \to 0$ となる。

$$ \begin{aligned} V &= 2\pi \int_{12}^{0} \sqrt{u} \left( -\frac{1}{6} \right) du \\ &= \frac{\pi}{3} \int_{0}^{12} u^{\frac{1}{2}} du \\ &= \frac{\pi}{3} \left[ \frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}} \right]_{0}^{12} \\ &= \frac{2\pi}{9} \cdot 12\sqrt{12} \\ &= \frac{16\sqrt{3}}{3} \pi \end{aligned} $$

解法2

(1) の解答、および (2) の条件式 $r^2 - rz + z^2 \leqq 3$ の導出までは解法1と同様とする。

（2）（スライス法による体積計算）

立体 $H$ を平面 $z = t$ で切断した断面を考える。断面における $r$ の条件は次のようになる。

$$ r^2 - tr + t^2 - 3 \leqq 0 $$

実数 $r$ が存在するための条件は、判別式より $t^2 - 4(t^2 - 3) \geqq 0$ すなわち $-2 \leqq t \leqq 2$ である。 $\alpha = \frac{t - \sqrt{12 - 3t^2}}{2}, \quad \beta = \frac{t + \sqrt{12 - 3t^2}}{2}$ とおくと、上の不等式は $\alpha \leqq r \leqq \beta$ となる。 $r = \sqrt{x^2+y^2} \geqq 0$ であることに注意して、$t$ の値で場合分けを行う。

(i)

$t \in [-\sqrt{3}, \sqrt{3}]$ のとき $\sqrt{12 - 3t^2} \geqq \sqrt{12 - 3(\sqrt{3})^2} = \sqrt{3} \geqq |t|$ が成り立つため、$\alpha \leqq 0 \leqq \beta$ となる。 $r \geqq 0$ と合わせると、$0 \leqq r \leqq \beta$ となる。このときの切り口は半径 $\beta$ の円であり、その面積 $S(t)$ は

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

(ii)

$t \in (\sqrt{3}, 2]$ のとき $t > \sqrt{12 - 3t^2}$ となるため、$0 < \alpha \leqq \beta$ となる。このときの切り口は内径 $\alpha$、外径 $\beta$ の円環（ドーナツ型）であり、その面積 $S(t)$ は

$$ \begin{aligned} S(t) &= \pi (\beta^2 - \alpha^2) \\ &= \pi (\beta - \alpha)(\beta + \alpha) \\ &= \pi \sqrt{12 - 3t^2} \cdot t \end{aligned} $$

(iii)

$t \in [-2, -\sqrt{3})$ のとき $t < -\sqrt{12 - 3t^2}$ となるため、$\beta < 0$ となる。 $r \geqq 0$ を満たす実数 $r$ は存在しないため、$S(t) = 0$ である。

以上より、求める体積 $V$ は次のように計算できる。

$$ V = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} \frac{\pi}{2} \left( 6 - t^2 + t\sqrt{12 - 3t^2} \right) dt + \int_{\sqrt{3}}^{2} \pi t \sqrt{12 - 3t^2} dt $$

$\int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} t\sqrt{12 - 3t^2} dt$ は奇関数の対称区間での積分であるため $0$ になる。偶関数の性質を用いて計算を進める。

$$ \begin{aligned} V &= \pi \int_{0}^{\sqrt{3}} (6 - t^2) dt + \pi \int_{\sqrt{3}}^{2} t \sqrt{12 - 3t^2} dt \\ &= \pi \left[ 6t - \frac{t^3}{3} \right]_{0}^{\sqrt{3}} + \pi \int_{\sqrt{3}}^{2} t \sqrt{12 - 3t^2} dt \\ &= 5\sqrt{3}\pi + \pi \int_{\sqrt{3}}^{2} t \sqrt{12 - 3t^2} dt \end{aligned} $$

残りの積分について、$u = 12 - 3t^2$ とおくと $t dt = -\frac{1}{6} du$ であり、区間は $3 \to 0$ となる。

$$ \begin{aligned} \int_{\sqrt{3}}^{2} t \sqrt{12 - 3t^2} dt &= \int_{3}^{0} \sqrt{u} \left( -\frac{1}{6} \right) du \\ &= \frac{1}{6} \int_{0}^{3} u^{\frac{1}{2}} du \\ &= \frac{1}{6} \left[ \frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}} \right]_{0}^{3} \\ &= \frac{1}{9} \cdot 3\sqrt{3} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{3} \end{aligned} $$

よって、体積 $V$ は

$$ \begin{aligned} V &= 5\sqrt{3}\pi + \frac{\sqrt{3}}{3}\pi \\ &= \frac{16\sqrt{3}}{3} \pi \end{aligned} $$

解説

不等式の処理における同値性の確認と、回転体の体積計算における積分方向の選択が問われる良問である。 (2)の不等式変形において、両辺を2乗する際に $(r+z+3\sqrt{2})$ が正であることを確認せずに進めると論理的飛躍となるため注意が必要である。体積計算については、解法2のように $z$ 軸に垂直な平面でスライスするのが定石であるが、本問では断面の形状が $z$ の値によって円から円環に切り替わるため、場合分けが発生し計算がやや煩雑になる。一方、解法1のように $z$ 方向の長さを先に求め、$xy$ 平面上の円周に沿って積分する手法（実質的な円柱殻法・バームクーヘン積分）を用いると、場合分けを回避して計算量を大幅に削減できる。