東京工業大学 2002年 理系 第3問 解説

方針・初手

光源 $L$ と頂点 $A$ がともに $z$ 軸上に存在することに着目する。影の面積は、光線と $xy$ 平面との交点を求めることで計算できる。空間全体を $z$ 軸周りに回転させても影の面積は変化しないという対称性を利用し、図形を配置する座標を工夫することで計算量を減らす。あるいは、正三角形の $xy$ 平面への正射影の面積を求め、光の拡大率をかけることでも計算可能である。まずは辺 $BC$ の $z$ 座標を変数として設定し、影の面積をその変数で表すことを目指す。

解法1

光源 $L(0, 0, 1+\sqrt{2})$ および頂点 $A(0, 0, 1)$ はともに $z$ 軸上にある。したがって、空間全体を $z$ 軸の周りに回転させても、正三角形 $ABC$ の影の面積の取りうる値は変わらない。よって、辺 $BC$ の中点 $M$ が $xz$ 平面上の $x \ge 0$ の領域にあると仮定してよい。

$B$ と $C$ の $z$ 座標を $t$ とする。$\triangle ABC$ は正三角形であるから、$AM \perp BC$ であり、$A$ と $M$ の距離は正三角形の高さにあたるので $AM = \frac{\sqrt{3}}{2}$ である。また、$B$ と $C$ の $z$ 座標が等しいことから、線分 $BC$ は $xy$ 平面に平行であり、$M$ の $z$ 座標も $t$ となる。

$M$ は $xz$ 平面上にあるため、$M(x_m, 0, t)$ （$x_m \ge 0$）とおく。$AM^2 = \frac{3}{4}$ より、

$$ x_m^2 + (t-1)^2 = \frac{3}{4} $$

$$ x_m = \sqrt{\frac{3}{4} - (t-1)^2} $$

根号の中身が非負であることから、$(t-1)^2 \le \frac{3}{4}$ となり、$t$ の取りうる値の範囲は $1 - \frac{\sqrt{3}}{2} \le t \le 1 + \frac{\sqrt{3}}{2}$ である。

また、$BC \perp xz$ 平面であり、$BC = 1$ であるから、$B$ と $C$ は $M$ から $y$ 軸に平行に $\pm \frac{1}{2}$ だけ移動した点である。よって、各頂点の座標は以下のように表せる。

$$ A(0, 0, 1), \quad B\left(x_m, -\frac{1}{2}, t\right), \quad C\left(x_m, \frac{1}{2}, t\right) $$

次に、点 $P(x, y, z)$ （ただし $z < 1+\sqrt{2}$）を光源 $L$ から照らしたとき、$xy$ 平面上にできる影 $P'$ の座標を求める。$L, P, P'$ は同一直線上にあるため、実数 $s$ を用いて $\vec{OP'} = \vec{OL} + s\vec{LP}$ と表せる。$P'$ の $z$ 座標は $0$ であるから、

$$ 1+\sqrt{2} + s(z - 1 - \sqrt{2}) = 0 $$

これを解くと、$s = \frac{1+\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}-z}$ となる。したがって、$P'$ の $x, y$ 座標は元の $P$ の座標を $s$ 倍したものになる。

この変換を用いて、各頂点の影 $A', B', C'$ の座標を求める。$A$ は $z=1$、$x=0, y=0$ であるから、$A'$ は原点 $(0, 0, 0)$ となる。$B, C$ の $z$ 座標は $t$ であるから、拡大率を $k = \frac{1+\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}-t}$ とおくと、$B', C'$ の座標は次のようになる。

$$ B'\left(k x_m, -\frac{k}{2}, 0\right), \quad C'\left(k x_m, \frac{k}{2}, 0\right) $$

影の図形である $\triangle A'B'C'$ は $xy$ 平面上にある。$A'$ が原点であるから、底辺を線分 $B'C'$ と見ると、その長さは $\frac{k}{2} - \left(-\frac{k}{2}\right) = k$ である。また、対応する高さは $|k x_m| = k x_m$ である（$k > 0, x_m \ge 0$ より）。したがって、影の面積 $S(t)$ は

$$ S(t) = \frac{1}{2} \cdot k \cdot k x_m = \frac{1}{2} k^2 x_m = \frac{1}{2} \left( \frac{1+\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}-t} \right)^2 \sqrt{\frac{3}{4} - (t-1)^2} $$

この $S(t)$ の最大値を求める。計算を簡略化するため、$u = t-1$ とおく。$t$ の範囲より $-\frac{\sqrt{3}}{2} \le u \le \frac{\sqrt{3}}{2}$ であり、$1+\sqrt{2}-t = \sqrt{2}-u$ となる。

$$ S(u) = \frac{1}{2} (1+\sqrt{2})^2 \sqrt{ \frac{\frac{3}{4} - u^2}{(\sqrt{2}-u)^4} } $$

根号の中の関数を $g(u) = \frac{\frac{3}{4} - u^2}{(\sqrt{2}-u)^4}$ とおき、これを最大化する。$g(u)$ を $u$ について微分する。

$$ g'(u) = \frac{-2u(\sqrt{2}-u)^4 - \left(\frac{3}{4} - u^2\right) \cdot 4(\sqrt{2}-u)^3 \cdot (-1)}{(\sqrt{2}-u)^8} $$

$$ g'(u) = \frac{-2u(\sqrt{2}-u) + 4\left(\frac{3}{4} - u^2\right)}{(\sqrt{2}-u)^5} = \frac{-2u^2 - 2\sqrt{2}u + 3}{(\sqrt{2}-u)^5} $$

$g'(u) = 0$ となる $u$ を求める。分子の方程式 $-2u^2 - 2\sqrt{2}u + 3 = 0$ を解くと、

$$ u = \frac{\sqrt{2} \pm \sqrt{2 - (-2) \cdot 3}}{-2} = \frac{\sqrt{2} \pm \sqrt{8}}{-2} = \frac{\sqrt{2} \pm 2\sqrt{2}}{-2} $$

よって $u = \frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{3\sqrt{2}}{2}$ となる。定義域 $-\frac{\sqrt{3}}{2} \le u \le \frac{\sqrt{3}}{2}$ に含まれるのは $u = \frac{\sqrt{2}}{2}$ のみである。

このとき、定義域内において分母 $(\sqrt{2}-u)^5 > 0$ であるため、$g'(u)$ の符号は分子の放物線 $-2u^2 - 2\sqrt{2}u + 3$ の符号と一致する。したがって、$u = \frac{\sqrt{2}}{2}$ の前後で $g'(u)$ は正から負に変わり、$g(u)$ はこのとき極大かつ最大となる。

$u = \frac{\sqrt{2}}{2}$ のときの $g(u)$ の値を計算する。

$$ \text{分子：} \frac{3}{4} - \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{3}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{4} $$

$$ \text{分母：} \left(\sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}\right)^4 = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^4 = \frac{4}{16} = \frac{1}{4} $$

よって、$g\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 1$ となる。ゆえに、影の面積 $S$ の最大値は

$$ S_{max} = \frac{1}{2} (1+\sqrt{2})^2 \sqrt{1} = \frac{3+2\sqrt{2}}{2} $$

解法2

座標軸の取り方に依存せず、図形の正射影と相似拡大の関係から面積を求める。

$B$ と $C$ の $z$ 座標を $t$ とし、辺 $BC$ の中点を $M$ とする。また、$A, B, C, M$ を $xy$ 平面に正射影した点をそれぞれ $A_0, B_0, C_0, M_0$ とする。$A(0,0,1)$ の正射影 $A_0$ は原点 $O(0,0,0)$ である。

線分 $BC$ は $xy$ 平面に平行であるから、$B_0C_0 = BC = 1$ である。$\triangle ABC$ は正三角形であるから $\vec{AM} \perp \vec{BC}$ であり、かつ $\vec{BC}$ の $z$ 成分は $0$ である。このことから、正射影したベクトルについても $\vec{A_0M_0} \perp \vec{B_0C_0}$、すなわち $\vec{OM_0} \perp \vec{B_0C_0}$ が成り立つ。

したがって、$\triangle A_0 B_0 C_0$ の面積 $S_0$ は

$$ S_0 = \frac{1}{2} |\vec{B_0C_0}| |\vec{OM_0}| = \frac{1}{2} |\vec{OM_0}| $$

ここで $AM = \frac{\sqrt{3}}{2}$ であり、$A$ と $M_0$ は $z$ 軸方向と $xy$ 平面上の成分に分解できることから、三平方の定理より

$$ |\vec{OM_0}|^2 + (t-1)^2 = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \frac{3}{4} $$

よって $|\vec{OM_0}| = \sqrt{\frac{3}{4} - (t-1)^2}$ となり、$S_0 = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{4} - (t-1)^2}$ と表せる。

次に、光源 $L(0, 0, 1+\sqrt{2})$ からの影を考える。点 $P(x,y,z)$ の影 $P'$ は、原点 $O$ を相似の中心として $\frac{1+\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}-z}$ 倍に拡大された点となる。

$A$ の影 $A'$ は $A_0$ と同じく原点である。$B, C$ の影 $B', C'$ は、$B_0, C_0$ を原点中心に $k(t) = \frac{1+\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}-t}$ 倍した点となる。ゆえに $\triangle A'B'C'$ は $\triangle A_0 B_0 C_0$ と相似であり、相似比は $k(t)$ となるため、影の面積 $S(t)$ は

$$ S(t) = k(t)^2 S_0 = \left(\frac{1+\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}-t}\right)^2 \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{4} - (t-1)^2} $$

この式は解法1で導出した面積の式と完全に一致する。以降の $t$ で微分して最大値を求める計算過程は解法1と同様である。

解説

空間図形の影の面積を求める問題では、空間内の点をパラメータで表し、光線の方程式から投影面（本問では $xy$ 平面）との交点を立式するのが定石である。 本問においては、光源と三角形の一つの頂点がともに $z$ 軸上にあるという特異な配置に気づけるかが鍵となる。解法1のように図形の回転対称性を利用して $x, y$ 座標の自由度を減らすか、解法2のように正射影の面積に拡大率の2乗をかけるというアプローチを取ることで、煩雑な座標計算を大幅に回避できる。微分の計算では、変数変換（$u=t-1$）を行い、根号の中身の関数を独立して最大化することで見通しよく処理できる。

答え

$$ \frac{3+2\sqrt{2}}{2} $$