東京大学 2022年 理系 第5問 解説

方針・初手

• 線分 $AB$ を回転させてできる曲面 $S$ の方程式を、$z$ 座標を媒介変数として立式する。
• 条件 $PQ=2$ と点 $M$ が線分 $PQ$ の中点であることを数式化し、点 $M$ の座標が満たすべき関係式を導く。
• 空間図形の通過領域を求める定石に従い、$z$ を固定した平面における点 $M$ の存在範囲（断面）を考え、その面積を積分して体積を求める。

解法1

線分 $AB$ 上の点は、媒介変数 $s \ (0 \leqq s \leqq 1)$ を用いて、

$$ (1-s)(0, 0, 2) + s(1, 0, 1) = (s, 0, 2-s) $$

と表せる。この点の $z$ 座標を $z_P$ とおくと、$z_P = 2-s$ より $s = 2-z_P$ となり、$0 \leqq s \leqq 1$ から $1 \leqq z_P \leqq 2$ である。 したがって、線分 $AB$ を $z$ 軸のまわりに $1$ 回転させて得られる曲面 $S$ 上の点 $P$ の座標 $(x_P, y_P, z_P)$ は、次の条件を満たす。

$$ x_P^2 + y_P^2 = (2-z_P)^2 \quad (1 \leqq z_P \leqq 2) \quad \cdots \text{①} $$

点 $Q$ は $xy$ 平面上の点であるから、その座標を $(x_Q, y_Q, 0)$ とおく。 線分 $PQ$ の中点 $M$ の座標を $(x, y, z)$ とすると、

$$ \begin{cases} x = \frac{x_P + x_Q}{2} \\ y = \frac{y_P + y_Q}{2} \\ z = \frac{z_P + 0}{2} \end{cases} $$

が成り立つ。ここから $z_P = 2z$ となり、$1 \leqq z_P \leqq 2$ であることから $M$ の $z$ 座標の範囲は、

$$ \frac{1}{2} \leqq z \leqq 1 $$

となる。また、条件 $PQ=2$ であり、$M$ は線分 $PQ$ の中点であるため、$P$ と $M$ の距離は $PM = \frac{1}{2}PQ = 1$ である。 したがって $PM^2 = 1$ より、

$$ (x_P - x)^2 + (y_P - y)^2 + (z_P - z)^2 = 1 $$

$z_P = 2z$ を代入して整理すると、

$$ (x_P - x)^2 + (y_P - y)^2 = 1 - z^2 \quad \cdots \text{②} $$

ここで、ある $z \ \left(\frac{1}{2} \leqq z \leqq 1\right)$ を固定した平面上において、点 $M(x, y)$ が通過しうる領域は、①と②を同時に満たす実数 $x_P, y_P$ が存在するような $(x, y)$ の集合である。 ①に $z_P = 2z$ を代入すると、

$$ x_P^2 + y_P^2 = (2-2z)^2 \quad \cdots \text{①'} $$

$x_P, y_P$ を座標平面上の変数とみなすと、①' は原点を中心とする半径 $r_1 = 2-2z \ (\geqq 0)$ の円を表し、② は点 $(x, y)$ を中心とする半径 $r_2 = \sqrt{1-z^2} \ (\geqq 0)$ の円を表す。 これら2つの円が共有点（実数解 $x_P, y_P$）を持つ条件は、中心間の距離 $d = \sqrt{x^2+y^2}$ について、

$$ |r_1 - r_2| \leqq d \leqq r_1 + r_2 $$

が成り立つことである。これを満たす点 $(x, y)$ の集合が、$K$ の $z$ 平面における断面である。 この断面は、原点を中心とする外径 $r_1+r_2$、内径 $|r_1-r_2|$ の円環領域となる。その断面積 $S(z)$ は、

$$ \begin{aligned} S(z) &= \pi (r_1 + r_2)^2 - \pi |r_1 - r_2|^2 \\ &= \pi \{ (r_1 + r_2)^2 - (r_1 - r_2)^2 \} \\ &= 4\pi r_1 r_2 \\ &= 4\pi (2-2z)\sqrt{1-z^2} \\ &= 8\pi(1-z)\sqrt{1-z^2} \end{aligned} $$

となる。（これは $|r_1-r_2|$ の符号に関わらず成立する） 求める体積 $V$ は、$S(z)$ を $z = \frac{1}{2}$ から $z = 1$ まで積分して得られる。

$$ \begin{aligned} V &= \int_{\frac{1}{2}}^{1} 8\pi(1-z)\sqrt{1-z^2} \, dz \\ &= 8\pi \int_{\frac{1}{2}}^{1} \sqrt{1-z^2} \, dz - 8\pi \int_{\frac{1}{2}}^{1} z\sqrt{1-z^2} \, dz \end{aligned} $$

ここで第1項の積分は、$z = \sin\theta$ と置換する。$dz = \cos\theta d\theta$ であり、$z$ が $\frac{1}{2}$ から $1$ まで変化するとき、$\theta$ は $\frac{\pi}{6}$ から $\frac{\pi}{2}$ まで変化する。

$$ \begin{aligned} \int_{\frac{1}{2}}^{1} \sqrt{1-z^2} \, dz &= \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2\theta \, d\theta \\ &= \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+\cos2\theta}{2} \, d\theta \\ &= \left[ \frac{\theta}{2} + \frac{\sin2\theta}{4} \right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{\pi}{4} - \left( \frac{\pi}{12} + \frac{\sqrt{3}}{8} \right) \\ &= \frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{8} \end{aligned} $$

第2項の積分は、そのまま微分の逆算として計算できる。

$$ \begin{aligned} \int_{\frac{1}{2}}^{1} z\sqrt{1-z^2} \, dz &= \left[ -\frac{1}{3} (1-z^2)^{\frac{3}{2}} \right]_{\frac{1}{2}}^{1} \\ &= 0 - \left\{ -\frac{1}{3} \left( 1 - \frac{1}{4} \right)^{\frac{3}{2}} \right\} \\ &= \frac{1}{3} \cdot \frac{3\sqrt{3}}{8} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{8} \end{aligned} $$

以上より、体積 $V$ は、

$$ \begin{aligned} V &= 8\pi \left( \frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{8} - \frac{\sqrt{3}}{8} \right) \\ &= 8\pi \left( \frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{4} \right) \\ &= \frac{4}{3}\pi^2 - 2\sqrt{3}\pi \end{aligned} $$

解説

• 空間内の軌跡や通過領域を考える定石通り、$z$ 座標を固定して断面を捉える方針が極めて有効である。
• 点 $M$ が線分 $PQ$ の中点であることを「$M$ と $P$ の距離が常に $1$ になる」と言い換えることで、$x_Q, y_Q$ の変数を早期に消去し、数式処理を大幅に簡略化できる。
• 断面における存在条件を、「2つの円が共有点を持つための中心間距離の条件」に帰着させるのが最大のポイントである。
• 円環領域の面積計算において、内径の絶対値記号を含んだまま $(外径)^2 - (内径)^2$ を展開することで、$4r_1r_2$ という簡潔な形に持ち込め、場合分けの手間を省くことができる。

答え

$$ \frac{4}{3}\pi^2 - 2\sqrt{3}\pi $$