東北大学 1993年 理系 第3問 解説

方針・初手

回転軸 $l$ が三角形の内部を通るので、そのまま体積を積分すると場合分けが煩雑になる。そこでまず $l$ と辺 $AB$ の交点 $C$ を求める。

つぎに三角形 $OAB$ を $OAC$ と $OBC$ に分け、それぞれの回転体の体積を求めてから、重なっている部分を引く。重なりは双円すいになるので、その体積も求められる。

解法1

$\sin\theta=s,\ \cos\theta=c$ とおく。ただし $0\leqq \theta\leqq \dfrac{\pi}{4}$ であるから

$$ 0\leqq s\leqq c,\qquad s^2+c^2=1 $$

が成り立つ。

(1)

辺 $AB$ の方程式は

$$ x+y=1 $$

であり、直線 $l$ は

$$ y=(\tan\theta)x=\frac{s}{c}x $$

である。これらの交点を $C$ とすると

$$ x+\frac{s}{c}x=1 $$

より

$$ x=\frac{c}{c+s},\qquad y=\frac{s}{c+s} $$

である。したがって

$$ OC=\sqrt{\left(\frac{c}{c+s}\right)^2+\left(\frac{s}{c+s}\right)^2} =\frac{\sqrt{c^2+s^2}}{c+s} =\frac{1}{c+s}. $$

よって

$$ OC=\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta} $$

である。

区間 $0\leqq \theta\leqq \dfrac{\pi}{4}$ では $\sin\theta+\cos\theta$ は単調増加するから、$OC$ は単調減少する。したがって

$$ \max OC=1\qquad (\theta=0), $$

$$ \min OC=\frac{1}{\sqrt2}\qquad \left(\theta=\frac{\pi}{4}\right) $$

である。

(2)

三角形 $OAB$ を $OAC$ と $OBC$ に分け、それぞれの回転体を $S_A,\ S_B$ とする。

まず、三角形 $OAC$ を直線 $l$ のまわりに回転してできる立体の体積を求める。三角形 $OAC$ の面積は、底辺を $OC$、高さを点 $A$ から直線 $l$ への距離とみれば

$$ \frac12\cdot OC\cdot s =\frac12\cdot \frac{1}{c+s}\cdot s =\frac{s}{2(c+s)} $$

である。

また、三角形の重心は各辺からの距離を $1:2$ に内分するので、重心と直線 $l$ との距離は

$$ \frac{s}{3} $$

である。よってパップスの定理より

$$ V_A =2\pi\cdot \frac{s}{3}\cdot \frac{s}{2(c+s)} =\frac{\pi s^2}{3(c+s)}. $$

同様に、三角形 $OBC$ を回転してできる立体の体積 $V_B$ は

$$ V_B=\frac{\pi c^2}{3(c+s)} $$

である。

つぎに $S_A$ と $S_B$ の重なりを求める。

回転軸 $l$ を $X$ 軸にするために、座標変換

$$ X=xc+ys,\qquad Y=-xs+yc $$

を考える。このとき $l$ は $Y=0$ となる。点 $A,B$ はそれぞれ

$$ A(c,-s),\qquad B(s,c) $$

に移る。

また、辺 $AB$ は $x+y=1$ であったから、$(X,Y)$ 座標では

$$ (c+s)X+(c-s)Y=1 $$

すなわち

$$ Y=\frac{1-(c+s)X}{c-s} $$

となる。

重なり部分の共通の底面は、直線 $OA$ と $BC$ が回転軸から同じ距離になる位置で生じる。そこで $X=X_0$ における半径を等しいとして

$$ \frac{s}{c}X_0=\frac{1-(c+s)X_0}{c-s} $$

を解くと

$$ X_0=\frac{c}{c^2+2sc-s^2} =\frac{\cos\theta}{\cos2\theta+\sin2\theta} $$

を得る。

したがって、その共通底面の半径 $r_0$ は

$$ r_0=\frac{s}{c}X_0 =\frac{s}{c^2+2sc-s^2} =\frac{\sin\theta}{\cos2\theta+\sin2\theta} $$

である。

この重なり部分は、軸 $OC$ を共通軸とし、頂点が $O,\ C$ にある双円すいになる。よってその体積 $V_{\cap}$ は

$$ V_{\cap} =\frac13\pi r_0^2\cdot OC =\frac13\pi\left(\frac{s}{c^2+2sc-s^2}\right)^2\cdot \frac{1}{c+s}. $$

すなわち

$$ V_{\cap} ======== \frac{\pi s^2}{3(c+s)(\cos2\theta+\sin2\theta)^2}. $$

ゆえに求める体積 $V$ は

$$ V=V_A+V_B-V_{\cap} $$

より

$$ V= \frac{\pi}{3(c+s)} \left( 1-\frac{s^2}{(,c^2+2sc-s^2,)^2} \right). $$

したがって

$$ V= \frac{\pi}{3(\sin\theta+\cos\theta)} \left( 1-\frac{\sin^2\theta}{(\cos2\theta+\sin2\theta)^2} \right) $$

である。

(3)

$t=\tan\theta\ (0\leqq t\leqq 1)$ とおくと

$$ \sin\theta=\frac{t}{\sqrt{1+t^2}},\qquad \cos\theta=\frac{1}{\sqrt{1+t^2}} $$

であるから、上の式は

$$ V= \frac{\pi\sqrt{1+t^2}}{3(1+t)} \left( 1-\frac{t^2}{(1+2t-t^2)^2} \right) $$

と書ける。

これを $t$ で微分すると

$$ \frac{dV}{dt} ============= \frac{\pi\left(4t^7+6t^6+23t^5+9t^4-6t^3+4t^2+7t+1\right)} {3(1+t)^2\sqrt{1+t^2}(t^2-2t-1)^3}. $$

ここで $0\leqq t\leqq 1$ では

$$ t^2-2t-1<0 $$

である。また分子は

$$ 4t^7+6t^6+23t^5+9t^4+t(4t+7-6t^2)+1 $$

と書け、$0\leqq t\leqq 1$ で $4t+7-6t^2\geqq 5>0$ だから分子は正である。したがって

$$ \frac{dV}{dt}<0 $$

となる。ゆえに $V$ は $0\leqq t\leqq 1$、すなわち $0\leqq \theta\leqq \dfrac{\pi}{4}$ で単調減少する。

よって

$$ V_{\max}=V(0)=\frac{\pi}{3}, $$

$$ V_{\min}=V\left(\frac{\pi}{4}\right) ==================================== # \frac{\pi}{3\sqrt2}\left(1-\frac12\right) \frac{\pi}{6\sqrt2}. $$

解説

この問題の要点は、回転軸が図形の内部を通るため、単純な円板法ではすぐに処理しにくいことである。三角形を $OAC$ と $OBC$ に分けると、それぞれは回転軸の片側にある三角形になるので、パップスの定理で体積を求めやすくなる。

ただし、そのまま足すと重なりを二重に数える。この重なりが双円すいになることを見抜けば、計算が整理できる。

答え

$$ OC=\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta} $$

であり、

$$ \max OC=1\quad (\theta=0),\qquad \min OC=\frac{1}{\sqrt2}\quad \left(\theta=\frac{\pi}{4}\right) $$

である。

また、

$$ V= \frac{\pi}{3(\sin\theta+\cos\theta)} \left( 1-\frac{\sin^2\theta}{(\cos2\theta+\sin2\theta)^2} \right) $$

である。

したがって、

$$ V_{\max}=\frac{\pi}{3}\quad (\theta=0),\qquad V_{\min}=\frac{\pi}{6\sqrt2}\quad \left(\theta=\frac{\pi}{4}\right) $$

である。