トップ› 東北大学› 2024年› 理系第6問

東北大学 2024年理系第6問解説

方針・初手

点 $R$ は線分 $PQ$ と平面 $H:z=x$ との交点であるから、まず線分 $PQ$ を媒介変数で表し、交点の位置を求める。

次に、円錐 $K$ の側面は展開可能であり、すべての母線の長さは一定である。したがって展開図では、曲線 $E$ を極座標の曲線として扱うことができる。これにより $S(\theta)$ の増分評価と、最終的な面積 $T$ の計算ができる。

解法1

線分 $PQ$ を

$$ (x,y,z)=(0,0,1)+t(\cos\theta,\sin\theta,-1) \qquad (0\le t\le 1) $$

と表す。

すなわち

$$ (x,y,z)=(t\cos\theta,\ t\sin\theta,\ 1-t) $$

である。

(1) $r(\theta)$ を求める

$R$ は平面 $H:z=x$ 上にあるから、

$$ 1-t=t\cos\theta $$

が成り立つ。よって

$$ t=\frac{1}{1+\cos\theta} $$

である。

一方、$|PQ|=\sqrt{(\cos\theta)^2+(\sin\theta)^2+(-1)^2}=\sqrt2$ であるから、

$$ PR=t\cdot PQ=\frac{\sqrt2}{1+\cos\theta} $$

となる。したがって

$$ r(\theta)=\frac{\sqrt2}{1+\cos\theta} $$

である。

(2) 不等式を示す

円錐 $K$ の側面を平面に展開する。頂点 $P$ は点 $P'$ に移り、各母線は長さ $\sqrt2$ の線分になる。

円 $C$ 上の弧の長さはそのまま展開図でも保たれる。円 $C$ 上で $Q(\cos\theta,\sin\theta,0)$ が動くとき、$A$ から $Q$ までの弧長は

$$ \theta+\frac{\pi}{2} $$

である。したがって、展開図において母線 $P'Q$ の偏角を $\varphi$ とすると

$$ \sqrt2,\varphi=\theta+\frac{\pi}{2} $$

より

$$ \varphi=\frac{\theta+\pi/2}{\sqrt2} $$

となる。

この展開図で、曲線 $E$ は

$$ \rho=r(\theta) $$

で表される極座標曲線とみなせる。よって $S(\theta+h)-S(\theta)$ は、偏角が

$$ \frac{\theta+\pi/2}{\sqrt2} \le \varphi \le \frac{\theta+h+\pi/2}{\sqrt2} $$

の間にある部分の面積であり、

$$ S(\theta+h)-S(\theta) ===================== \frac12\int_{\frac{\theta+\pi/2}{\sqrt2}}^{\frac{\theta+h+\pi/2}{\sqrt2}}\rho^2,d\varphi $$

に対応する。

ここで

$$ r(\theta)=\frac{\sqrt2}{1+\cos\theta} $$

であり、$0\le \theta\le \frac{\pi}{2}$ では $\cos\theta$ は減少するから、$r(\theta)$ は増加する。したがって、区間 $[\theta,\theta+h]$ では

$$ r(\theta)\le \rho \le r(\theta+h) $$

が成り立つ。

ゆえに、面積は半径 $r(\theta)$ の扇形と半径 $r(\theta+h)$ の扇形にはさまれ、

$$ \frac12{r(\theta)}^2\cdot \frac{h}{\sqrt2} \le S(\theta+h)-S(\theta) \le \frac12{r(\theta+h)}^2\cdot \frac{h}{\sqrt2} $$

すなわち

$$ \frac{h{r(\theta)}^2}{2\sqrt2} \le S(\theta+h)-S(\theta) \le \frac{h{r(\theta+h)}^2}{2\sqrt2} $$

が成り立つ。

(3) $T$ を求める

円 $C$ のうち $x\ge 0$ の部分は、$\theta=-\frac{\pi}{2}$ から $\theta=\frac{\pi}{2}$ までに対応する。したがって、その部分に対応する円錐側面全体は、展開図では半径 $\sqrt2$、中心角

$$ \frac{\pi}{\sqrt2} $$

の扇形になる。その面積は

$$ \frac12\cdot (\sqrt2)^2\cdot \frac{\pi}{\sqrt2} =============================================== \frac{\pi}{\sqrt2} $$

である。

一方、曲線 $E$ と線分 $PA,PB$ に囲まれた部分の面積は $S!\left(\frac{\pi}{2}\right)$ であるから、

$$ T=\frac{\pi}{\sqrt2}-S!\left(\frac{\pi}{2}\right) $$

となる。

ここで展開図より

$$ S!\left(\frac{\pi}{2}\right) ============================ \frac{1}{2\sqrt2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} r(\theta)^2,d\theta $$

であり、

$$ r(\theta)^2=\frac{2}{(1+\cos\theta)^2} $$

だから

$$ S!\left(\frac{\pi}{2}\right) ============================ \frac{1}{\sqrt2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{d\theta}{(1+\cos\theta)^2} $$

となる。

ここで

$$ u=\tan\frac{\theta}{2} $$

とおくと、

$$ \cos\theta=\frac{1-u^2}{1+u^2}, \qquad 1+\cos\theta=\frac{2}{1+u^2}, \qquad d\theta=\frac{2,du}{1+u^2} $$

である。さらに、$\theta=-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}$ のとき $u=-1,1$ であるから、

$$ \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{d\theta}{(1+\cos\theta)^2} ===================================================== \int_{-1}^{1} \frac{(1+u^2)^2}{4}\cdot \frac{2}{1+u^2},du =========================================== \frac12\int_{-1}^{1}(1+u^2),du $$

となる。よって

$$ \frac12\int_{-1}^{1}(1+u^2),du ============================== # \frac12\left[u+\frac{u^3}{3}\right]_{-1}^{1} # \frac12\cdot \frac{8}{3} \frac{4}{3} $$

である。

したがって

$$ S!\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{4}{3\sqrt2} $$

であり、

$$ T=\frac{\pi}{\sqrt2}-\frac{4}{3\sqrt2} ====================================== \frac{3\pi-4}{3\sqrt2} $$

となる。