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東京大学 1979年文系第2問解説

方針・初手

球と円錐のように回転対称性を持つ図形を扱うときは、中心軸を含む平面で切断し、2次元の断面図で状況を把握するのが定石である。

円錐の半頂角（母線と中心軸のなす角）を $\theta$ とおき、平面 $\alpha$ の位置、球冠 $K$ の高さ、および円錐の寸法を $\theta$ で表す。立体 $D$ は複雑な形に見えるが、平面 $\alpha$ を底面とし頂点 $P$ を持つ円錐の部分から、球冠 $K$ をくり抜いた図形と見なすことで、基本的な立体の体積の足し引きに帰着できる。

解法1

円錐の軸を含む平面による断面を考える。球の中心を $O(0,0,0)$ とし、円錐の中心軸を $z$ 軸にとる。円錐の頂点 $P$ を $z$ 軸正の部分にとり、$P$ の座標を $(0,0,p)$ （$p > 1$）とする。円錐の母線と $z$ 軸のなす角を $\theta$ $\left(0 < \theta < \frac{\pi}{2}\right)$ とし、母線と球の接点を $T$ とする。 $\triangle OPT$ は $\angle OTP = \frac{\pi}{2}$ の直角三角形であり、$\angle OPT = \theta$ であるから、

$$ OP = \frac{OT}{\sin\theta} = \frac{1}{\sin\theta} $$

したがって、$P$ の座標は $\left(0, 0, \frac{1}{\sin\theta}\right)$ となる。

球と円錐が接する点の全体は円をなし、その円を含む平面 $\alpha$ は $z$ 軸と直交する。 $O$ から平面 $\alpha$ に下ろした垂線の足を $H$ とすると、$H$ は $z$ 軸上にあり、平面 $\alpha$ 上の円の中心である。 $\triangle OHT$ は直角三角形であり、$\triangle PTO \sim \triangle PHT$ より $\angle OTH = \angle OPT = \theta$ であるから、

$$ OH = OT \sin\theta = \sin\theta $$

$$ HT = OT \cos\theta = \cos\theta $$

よって、平面 $\alpha$ の方程式は $z = \sin\theta$ であり、接点からなる円の半径は $\cos\theta$ である。

平面 $\alpha$ に関して $P$ と同じ側は $z \ge \sin\theta$ の領域である。

(1) 球の部分 $K$ の体積 $V_K$

$K$ は、半径 $1$ の球 $x^2+y^2+z^2 \le 1$ のうち $z \ge \sin\theta$ を満たす部分である。平面 $z = t$ における断面の円の面積は $\pi(1-t^2)$ であるから、

$$ V_K = \int_{\sin\theta}^{1} \pi (1 - t^2) dt = \pi \left[ t - \frac{t^3}{3} \right]_{\sin\theta}^{1} $$

$$ = \pi \left( \frac{2}{3} - \sin\theta + \frac{\sin^3\theta}{3} \right) = \frac{\pi}{3} (2 - 3\sin\theta + \sin^3\theta) $$

$$ = \frac{\pi}{3} (1 - \sin\theta)^2 (2 + \sin\theta) $$

(2) 立体 $D$ の体積 $V_D$

$z \ge \sin\theta$ の領域にある円錐の部分を $C$ とする。 $C$ は、底面の半径が $HT = \cos\theta$、高さが $OP - OH = \frac{1}{\sin\theta} - \sin\theta = \frac{\cos^2\theta}{\sin\theta}$ の円錐であるから、その体積 $V_C$ は、

$$ V_C = \frac{1}{3} \pi (\cos\theta)^2 \left( \frac{\cos^2\theta}{\sin\theta} \right) = \frac{\pi \cos^4\theta}{3\sin\theta} $$

球は円錐に内接しているため、立体 $D$ は円錐 $C$ から球冠 $K$ をくり抜いた部分に等しい。よって、

$$ V_D = V_C - V_K = \frac{\pi \cos^4\theta}{3\sin\theta} - \frac{\pi}{3} (2 - 3\sin\theta + \sin^3\theta) $$

$\cos^4\theta = (1 - \sin^2\theta)^2 = 1 - 2\sin^2\theta + \sin^4\theta$ を用いて整理すると、

$$ V_D = \frac{\pi}{3\sin\theta} \left( 1 - 2\sin^2\theta + \sin^4\theta - 2\sin\theta + 3\sin^2\theta - \sin^4\theta \right) $$

$$ = \frac{\pi}{3\sin\theta} (1 - 2\sin\theta + \sin^2\theta) = \frac{\pi(1 - \sin\theta)^2}{3\sin\theta} $$

(3) $K$ の体積の決定

球の体積は $\frac{4}{3}\pi$ であり、条件より $V_D$ はその半分であるから、

$$ \frac{\pi(1 - \sin\theta)^2}{3\sin\theta} = \frac{2}{3}\pi $$

$$ (1 - \sin\theta)^2 = 2\sin\theta $$

$$ \sin^2\theta - 4\sin\theta + 1 = 0 $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ より $0 < \sin\theta < 1$ であるから、これを解いて

$$ \sin\theta = 2 - \sqrt{3} $$

ここで、求めるべき $V_K$ の式に $(1 - \sin\theta)^2 = 2\sin\theta$ を代入すると、

$$ V_K = \frac{\pi}{3} (1 - \sin\theta)^2 (2 + \sin\theta) = \frac{\pi}{3} (2\sin\theta)(2 + \sin\theta) = \frac{2\pi}{3} (\sin^2\theta + 2\sin\theta) $$

$\sin^2\theta = 4\sin\theta - 1$ であるから、さらに次数を下げて、

$$ V_K = \frac{2\pi}{3} (4\sin\theta - 1 + 2\sin\theta) = \frac{2\pi}{3} (6\sin\theta - 1) $$

$\sin\theta = 2 - \sqrt{3}$ を代入して、

$$ V_K = \frac{2\pi}{3} \{ 6(2 - \sqrt{3}) - 1 \} = \frac{2\pi}{3} (11 - 6\sqrt{3}) = \frac{22 - 12\sqrt{3}}{3} \pi $$

解法2

円錐の頂点を原点とする座標系を設定して、立体 $D$ の体積を直接積分で求めることも可能である。

円錐の頂点 $P$ を原点 $(0,0,0)$ にとり、中心軸を $z$ 軸の正の方向にとる。円錐の半頂角を $\theta$ とおくと、円錐内部は $x^2 + y^2 \le z^2 \tan^2\theta$ と表される。球の中心 $O$ は $z$ 軸上にあり、$O(0, 0, c)$ （$c > 0$）とおける。球は母線と距離 $1$ で接するため、$xz$ 平面上の母線 $x - z \tan\theta = 0$ と $O$ との距離が $1$ となる。

$$ \frac{|-c \sin\theta|}{\sqrt{1 + (-\tan\theta)^2}} = |-c \sin\theta \cos\theta| \cdot \frac{1}{\cos\theta} = |-c \sin\theta| = 1 $$

$c > 0$ より $c = \frac{1}{\sin\theta}$ となるから、球の方程式は $x^2 + y^2 + \left( z - \frac{1}{\sin\theta} \right)^2 \le 1$ である。

接点が含まれる平面 $\alpha$ の $z$ 座標 $z_0$ は、母線に対する $O$ からの垂線の足であるから、

$$ z_0 = c \cos\theta \cdot \cos\theta = \frac{\cos^2\theta}{\sin\theta} $$

立体 $D$ は、区間 $0 \le z \le \frac{\cos^2\theta}{\sin\theta}$ において、円錐の内部から球の内部を除いた領域である。平面 $z = t$ における円錐の断面の半径は $r_1(t) = t \tan\theta$、球の断面の半径は $r_2(t) = \sqrt{1 - \left( t - \frac{1}{\sin\theta} \right)^2}$ である。ただし、球が存在するのは $r_2(t)^2 \ge 0 \iff \frac{1-\sin\theta}{\sin\theta} \le t \le \frac{1+\sin\theta}{\sin\theta}$ の範囲である。したがって、$D$ の体積 $V_D$ は2つの区間に分けて積分される。

$$ V_D = \int_0^{\frac{1-\sin\theta}{\sin\theta}} \pi r_1(t)^2 dt + \int_{\frac{1-\sin\theta}{\sin\theta}}^{\frac{\cos^2\theta}{\sin\theta}} \pi \left( r_1(t)^2 - r_2(t)^2 \right) dt $$

第1項の積分を計算する。

$$ \pi \int_0^{\frac{1-\sin\theta}{\sin\theta}} t^2 \tan^2\theta dt = \frac{\pi \tan^2\theta}{3} \left( \frac{1-\sin\theta}{\sin\theta} \right)^3 = \frac{\pi(1-\sin\theta)^3}{3\sin\theta(1-\sin^2\theta)} = \frac{\pi(1-\sin\theta)^2}{3\sin\theta(1+\sin\theta)} $$

第2項について、被積分関数は

$$ r_1(t)^2 - r_2(t)^2 = t^2 \tan^2\theta - 1 + \left( t - \frac{1}{\sin\theta} \right)^2 = \frac{t^2}{\cos^2\theta} - \frac{2t}{\sin\theta} + \frac{1-\sin^2\theta}{\sin^2\theta} = \left( \frac{t}{\cos\theta} - \frac{\cos\theta}{\sin\theta} \right)^2 $$

となる。$u = \frac{t}{\cos\theta} - \frac{\cos\theta}{\sin\theta}$ と置換すると、$dt = \cos\theta du$ であり、積分区間は $u$ が $\frac{\sin\theta-1}{\cos\theta}$ から $0$ に対応する。

$$ \pi \cos\theta \int_{\frac{\sin\theta-1}{\cos\theta}}^0 u^2 du = \frac{\pi \cos\theta}{3} \left[ 0 - \frac{(\sin\theta-1)^3}{\cos^3\theta} \right] = \frac{\pi(1-\sin\theta)^3}{3(1-\sin^2\theta)} = \frac{\pi(1-\sin\theta)^2}{3(1+\sin\theta)} $$

両者を加えて整理すると、

$$ V_D = \frac{\pi(1-\sin\theta)^2}{3(1+\sin\theta)} \left( \frac{1}{\sin\theta} + 1 \right) = \frac{\pi(1-\sin\theta)^2}{3\sin\theta} $$

これ以降は解法1と同様に $\sin\theta = 2 - \sqrt{3}$ を求め、$K$ の体積を計算する。

解説

回転体の立体の求積問題だが、問題文の指示通りに素直に全体の形を空間座標で表そうとすると計算が非常に煩雑になる。解法1のように「円錐から球冠を引き算する」という方針をとることで、積分を使わず（あるいは簡単な積分のみで）スッキリと体積を表現できる。

また、方程式 $\sin^2\theta - 4\sin\theta + 1 = 0$ から $\sin\theta = 2 - \sqrt{3}$ が得られた後、これをそのまま $V_K$ の式に代入して3乗の計算をするのは得策ではない。解答のように、元の関係式 $(1 - \sin\theta)^2 = 2\sin\theta$ や $\sin^2\theta = 4\sin\theta - 1$ を用いて「次数下げ」を行うことで、計算ミスを大幅に減らすことができる。

解法2は設定としては自然であり、良い積分の練習になるが、球が存在しない区間の処理が必要になるため、試験本番では解法1の幾何的な足し引きを選ぶのが安全だろう。