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東京大学 2017年理系第6問解説

方針・初手

正三角形の条件をベクトルを用いて数式化する。$\triangle OPQ$ が一辺の長さ $1$ の正三角形であることは、原点 $O$ からの距離が $1$ であり、かつ $\vec{OP}$ と $\vec{OQ}$ のなす角が $60^\circ$ であることと同値である。これをベクトルの内積を用いて表す。

（1）では点 $Q$ の座標が定まっているため、点 $P$ の座標を変数でおいて連立方程式・不等式を解く。

（2）では点 $Q$ が特定の平面上を動くため、$Q$ の存在条件から $P$ の存在範囲を逆算する。その後、線分 $OP$ が通過する領域の体積を積分、または球の体積を利用して求める。

解法1

(1)

点 $P$ の座標を $(x, y, z)$ とおく。 $\triangle OPQ$ は一辺の長さ $1$ の正三角形であるから、

$$ |\vec{OP}| = 1, \quad |\vec{OQ}| = 1, \quad \vec{OP} \cdot \vec{OQ} = 1 \cdot 1 \cdot \cos 60^\circ = \frac{1}{2} $$

が成り立つ。点 $Q$ の座標は $(0, 0, 1)$ であるから、$|\vec{OQ}| = 1$ を満たす。 $|\vec{OP}|^2 = 1$ より、

$$ x^2 + y^2 + z^2 = 1 $$

$\vec{OP} \cdot \vec{OQ} = \frac{1}{2}$ より、

$$ x \cdot 0 + y \cdot 0 + z \cdot 1 = \frac{1}{2} \iff z = \frac{1}{2} $$

これを先ほどの式に代入すると、

$$ x^2 + y^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2 = 1 \iff x^2 + y^2 = \frac{3}{4} $$

$y^2 \geqq 0$ であるから、$x^2 \leqq \frac{3}{4}$ となる。したがって、点 $P$ の $x$ 座標がとりうる値の範囲は、

$$ -\frac{\sqrt{3}}{2} \leqq x \leqq \frac{\sqrt{3}}{2} $$

次に、$\vec{OA} = (1, 0, 0)$ より $|\vec{OA}| = 1$ であるから、

$$ \vec{OA} \cdot \vec{OP} = |\vec{OA}| |\vec{OP}| \cos \theta = \cos \theta $$

成分で計算すると、$\vec{OA} \cdot \vec{OP} = 1 \cdot x + 0 \cdot y + 0 \cdot z = x$ となるため、

$$ \cos \theta = x $$

$x$ のとりうる値の範囲より、

$$ -\frac{\sqrt{3}}{2} \leqq \cos \theta \leqq \frac{\sqrt{3}}{2} $$

$0^\circ \leqq \theta \leqq 180^\circ$ の範囲で解くと、$\theta$ がとりうる値の範囲は、

$$ 30^\circ \leqq \theta \leqq 150^\circ $$

(2)

点 $Q$ は平面 $x=0$ 上を動くため、座標を $(0, q_y, q_z)$ とおくことができる。 $|\vec{OQ}| = 1$ より、

$$ q_y^2 + q_z^2 = 1 $$

点 $P(x,y,z)$ に対して、$\vec{OP} \cdot \vec{OQ} = \frac{1}{2}$ であるから、

$$ y q_y + z q_z = \frac{1}{2} $$

この等式を満たす実数 $(q_y, q_z)$ が $q_y^2 + q_z^2 = 1$ 上に存在するための $(y, z)$ の条件を求める。コーシー・シュワルツの不等式より、

$$ (y q_y + z q_z)^2 \leqq (y^2 + z^2)(q_y^2 + q_z^2) $$

数値を代入すると、

$$ \left(\frac{1}{2}\right)^2 \leqq (y^2 + z^2) \cdot 1 \iff y^2 + z^2 \geqq \frac{1}{4} $$

点 $P$ は単位球面上にあるため $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ であり、$y^2 + z^2 = 1 - x^2$ を代入すると、

$$ 1 - x^2 \geqq \frac{1}{4} \iff x^2 \leqq \frac{3}{4} $$

したがって、点 $P$ の存在範囲は単位球面上の $-\frac{\sqrt{3}}{2} \leqq x \leqq \frac{\sqrt{3}}{2}$ を満たす部分である。辺 $OP$ が通過しうる範囲 $K$ は、原点とこの領域上の点を結んでできる立体の内部および境界である。 $K$ に含まれる任意の点 $(X, Y, Z)$ は、$(X, Y, Z) = t(x, y, z)$ （ただし $0 \leqq t \leqq 1$）と表せる。 $x^2 \leqq \frac{3}{4}(x^2 + y^2 + z^2)$ の両辺に $t^2$ を掛けると、

$$ X^2 \leqq \frac{3}{4}(X^2 + Y^2 + Z^2) \iff Y^2 + Z^2 \geqq \frac{1}{3}X^2 $$

また、$X^2 + Y^2 + Z^2 = t^2(x^2 + y^2 + z^2) = t^2 \leqq 1$ である。したがって、$K$ は $X^2 + Y^2 + Z^2 \leqq 1$ と $Y^2 + Z^2 \geqq \frac{1}{3}X^2$ の共通部分である。

この領域を $x$ 軸（変数 $X$ とする）に垂直な平面で切断する。 $X$ を固定したとき、$(Y, Z)$ の満たすべき条件は

$$ \frac{1}{3}X^2 \leqq Y^2 + Z^2 \leqq 1 - X^2 $$

この不等式を満たす $(Y, Z)$ が存在するための条件は $\frac{1}{3}X^2 \leqq 1 - X^2$ より $X^2 \leqq \frac{3}{4}$、すなわち $-\frac{\sqrt{3}}{2} \leqq X \leqq \frac{\sqrt{3}}{2}$ である。

このときの切り口は、外半径 $\sqrt{1-X^2}$、内半径 $\sqrt{\frac{1}{3}X^2}$ の円環となる。切り口の面積 $S(X)$ は、

$$ S(X) = \pi(1-X^2) - \pi\left(\frac{1}{3}X^2\right) = \pi\left(1 - \frac{4}{3}X^2\right) $$

したがって、$K$ の体積 $V$ はこれを積分して求めることができる。

$$ V = \int_{-\frac{\sqrt{3}}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \pi\left(1 - \frac{4}{3}X^2\right) dX $$

$$ V = 2\pi \int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \left(1 - \frac{4}{3}X^2\right) dX $$

$$ V = 2\pi \left[ X - \frac{4}{9}X^3 \right]_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} $$

$$ V = 2\pi \left( \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{4}{9} \cdot \frac{3\sqrt{3}}{8} \right) = 2\pi \left( \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{6} \right) = \frac{2\sqrt{3}}{3}\pi $$

解法2

（2）の体積の計算について、幾何学的な考察から求める別解を示す。

点 $P$ の存在範囲が単位球面上の $-\frac{\sqrt{3}}{2} \leqq x \leqq \frac{\sqrt{3}}{2}$ であることまでは解法1と同様に求める。この点 $P$ の存在範囲を $S$ とすると、求める領域 $K$ は原点 $O$ を頂点とし、$S$ を底面とする錐体の集まりである。これは、半径 $1$ の球全体から、球面上の $x > \frac{\sqrt{3}}{2}$ の部分を底面とする球扇形と、$x < -\frac{\sqrt{3}}{2}$ の部分を底面とする球扇形の2つを除いた立体に等しい。

除外する球扇形は、半頂角 $\alpha$ が $\cos \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$ より $\alpha = 30^\circ$ の円錐と球面で囲まれた部分である。半径 $R$ の球扇形の体積は、切り取る球冠の高さを $h$ とすると $\frac{2}{3}\pi R^2 h$ で与えられる。今回は $R=1$ であり、球冠の高さ $h$ は $1 - \frac{\sqrt{3}}{2}$ であるから、1つの球扇形の体積は、

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

これらが $x$ 軸の正負の両側にあるため、除かれる体積の合計は、

$$ 2 \times \frac{2}{3}\pi\left(1 - \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{4}{3}\pi\left(1 - \frac{\sqrt{3}}{2}\right) $$

球全体の体積は $\frac{4}{3}\pi$ であるから、$K$ の体積 $V$ は、

$$ V = \frac{4}{3}\pi - \frac{4}{3}\pi\left(1 - \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{4}{3}\pi \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{2\sqrt{3}}{3}\pi $$

解説

空間ベクトルと図形、および体積の積分を組み合わせた標準的な問題である。正三角形の条件を「長さ」と「内積（なす角）」に翻訳して立式するアプローチは非常に重要である。（2）において、点 $Q$ の存在条件から点 $P$ の存在条件へ言い換える際、コーシー・シュワルツの不等式やベクトルとベクトルのなす角を利用すると見通しが良い。体積計算においては、解法1のように断面積を求めて積分するのが確実だが、解法2のように球扇形の体積公式を知っていると計算量を大幅に削減できる。