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東京工業大学 2005年理系第3問解説

方針・初手

空間内の通過領域の体積を求める定石として、特定の平面で立体を切断し、その断面積を積分して体積を求める方針をとる。

問題の条件から、円盤 $D$ は常にベクトル $(0, 1, 0)$ と直交する平面に乗っている。これは、$D$ が $y$ 軸に垂直な平面（$y = t$ など）に含まれていることを意味する。したがって、立体を $y$ 軸に垂直な平面 $y = t$ で切断し、その断面の面積 $S(t)$ を求めて $t$ で積分するのが最も見通しが良い。

まず、円盤 $D$ の中心の座標を媒介変数を用いて表し、空間内における $D$ の通過領域を数式で表現することから始める。

解法1

円盤 $D$ の中心を $P$ とする。条件 (a) より $P$ は $xy$ 平面上の原点を中心とする半径1の円周 $C$ 上にあるため、$\theta$ を $0 \le \theta < 2\pi$ を満たす実数として、$P$ の座標は $(\cos\theta, \sin\theta, 0)$ と表せる。

条件 (b) より、$D$ が乗っている平面はベクトル $(0, 1, 0)$ に直交するため、$y = \text{定数}$ の平面である。$P$ を含むことから、この平面の方程式は $y = \sin\theta$ となる。

この平面 $y = \sin\theta$ 内において、$D$ は $P(\cos\theta, \sin\theta, 0)$ を中心とする半径1の円盤であるから、$D$ 上の点 $(x, y, z)$ は以下の条件を満たす。

$$ y = \sin\theta $$

$$ (x - \cos\theta)^2 + z^2 \le 1 $$

この円盤が $0 \le \theta < 2\pi$ の範囲で動いたときに通過する領域が求める立体である。この立体を平面 $y = t \ (-1 \le t \le 1)$ で切断したときの断面について考える。

$y = t$ となるような $\theta$ は $\sin\theta = t$ を満たす。このとき、$\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta = 1 - t^2$ であるから、$\cos\theta = \pm\sqrt{1 - t^2}$ となる。

したがって、平面 $y = t$ 上の断面に現れる図形は、次の2つの円板 $C_1, C_2$ の和集合となる。

$$ C_1: \left(x - \sqrt{1 - t^2}\right)^2 + z^2 \le 1 $$

$$ C_2: \left(x + \sqrt{1 - t^2}\right)^2 + z^2 \le 1 $$

この和集合の面積を $S(t)$ とする。$S(t)$ は $t$ の偶関数であるため、$t \ge 0$ の範囲で面積を求め、対称性を利用して体積を計算する。

$t \ge 0$ とし、$t = \sin\alpha \ \left(0 \le \alpha \le \frac{\pi}{2}\right)$ とおく。このとき $\sqrt{1 - t^2} = \cos\alpha$ であり、2つの円板の中心はそれぞれ $O_1(\cos\alpha, 0)$、$O_2(-\cos\alpha, 0)$ となる。

境界となる円 $\left(x - \cos\alpha\right)^2 + z^2 = 1$ と $z$ 軸（$x = 0$）との交点の $z$ 座標を求める。

$$ (0 - \cos\alpha)^2 + z^2 = 1 $$

$$ z^2 = 1 - \cos^2\alpha = \sin^2\alpha $$

よって、$z = \pm\sin\alpha$ となり、交点を $A(0, \sin\alpha)$、$B(0, -\sin\alpha)$ とおく。

線分 $O_1A$ の長さは、

$$ \sqrt{\cos^2\alpha + \sin^2\alpha} = 1 $$

であり、これは円の半径に等しい。直角三角形の性質から $\angle AO_1B = 2\alpha$ である。

$C_1$ と $C_2$ の共通部分の面積 $W$ は、直線 $x = 0$ で対称な2つの弓形の面積の和である。右側の弓形の面積は、半径1、中心角 $2\alpha$ の扇形 $O_1AB$ の面積から、二等辺三角形 $O_1AB$ の面積を引いたものである。

扇形 $O_1AB$ の面積は $\frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot 2\alpha = \alpha$ であり、$\triangle O_1AB$ の面積は $\frac{1}{2} \cdot (2\sin\alpha) \cdot \cos\alpha = \sin\alpha\cos\alpha$ であるから、共通部分全体の面積 $W$ は次のように求まる。

$$ W = 2(\alpha - \sin\alpha\cos\alpha) $$

したがって、2つの円板の和集合の面積 $S(t)$ は、2つの円の面積の和から共通部分の面積 $W$ を引いたものになる。

$$ S(t) = 2\pi - 2(\alpha - \sin\alpha\cos\alpha) = 2\pi - 2\alpha + 2\sin\alpha\cos\alpha $$

求める体積を $V$ とすると、$S(t)$ が偶関数であることを用いて次のように立式できる。

$$ V = \int_{-1}^{1} S(t) dt = 2 \int_{0}^{1} S(t) dt $$

$t = \sin\alpha$ より $dt = \cos\alpha d\alpha$ であり、$t$ が $0$ から $1$ まで変化するとき、$\alpha$ は $0$ から $\frac{\pi}{2}$ まで変化する。

$$ V = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (2\pi - 2\alpha + 2\sin\alpha\cos\alpha) \cos\alpha d\alpha $$

$$ V = 2 \left( 2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos\alpha d\alpha - 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \alpha \cos\alpha d\alpha + 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin\alpha \cos^2\alpha d\alpha \right) $$

それぞれの定積分を計算する。

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos\alpha d\alpha = \left[ \sin\alpha \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = 1 $$

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \alpha \cos\alpha d\alpha = \left[ \alpha \sin\alpha \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin\alpha d\alpha = \frac{\pi}{2} - \left[ -\cos\alpha \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2} - 1 $$

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin\alpha \cos^2\alpha d\alpha = \left[ -\frac{1}{3} \cos^3\alpha \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{3} $$

これらを代入して体積 $V$ を計算する。

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

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

$$ V = 2 \left( \pi + \frac{8}{3} \right) = 2\pi + \frac{16}{3} $$

解説

空間図形の体積を求める問題における「どの平面で切断するか」を見極める典型問題である。本問では「$D$ が乗っている平面は常に $y$ 軸と直交する」という条件が強力な誘導となっており、$y = t$ での切断に帰着させることが最も自然である。

$y = t$ で切断した断面が「中心が移動する2つの円の和集合」になることを正しく捉えられるかが第一の関門となる。続く面積計算では、図形の対称性に注目し、2円の共通部分を「扇形から三角形を引いた弓形」として捉える幾何学的な処理が要求される。ここを力任せに定積分で求めようとすると計算が非常に煩雑になるため、図形的意味を考えながら角度 $\alpha$ を用いて立式できるかが計算量を減らす鍵となる。