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東京大学 2023年理系第6問解説

方針・初手

(1) は、条件を満たす点 $P$ の領域 $V$ を図形的に特定する。線分 $OP$ が立方体の表面のうち $z<1$ の部分 $S$ と交わらない条件から、$P$ が立方体内部にあるか、あるいは $O$ から立方体の上面 $z=1$ を抜ける方向にあるかを考える。 (2) は、折れ線 $O \to N \to P$ が障害物 $S$ を避けて到達できる範囲 $W$ を求める問題と解釈できる。(1) の領域 $V$ から、立方体の「縁」を迂回して外側に「しみ出す」領域の体積を計算する。

解法1

(1)

立方体 $C: |x| \leqq 1, |y| \leqq 1, |z| \leqq 1$ を考える。 $S$ は $C$ の表面から上面 $T: z=1, |x| \leqq 1, |y| \leqq 1$ を除いた部分である。

条件 (ii) 「線分 $OP$ と $S$ は共有点を持たないか、点 $P$ のみを共有点に持つ」を満たす点 $P$ の条件を考える。 $O$ は $C$ の内部にあるため、点 $P$ が $C$ の内部または $S$ 上にあるとき、線分 $OP$ は $S$ を貫通しないため条件を満たす。点 $P$ が $C$ の外部にある場合、半直線 $OP$ は必ず $C$ の表面と交わる。この交点が $S$ 上にあると、線分 $OP$ は $S$ を貫通してしまい条件を満たさない。したがって、交点は $T$ 上になければならない。半直線 $OP$ が $T$ を通過する条件は、方向ベクトル $(x, y, z)$ が $z \geqq |x|$ かつ $z \geqq |y|$ を満たすことである。

以上と条件 (i) $OP \leqq \sqrt{3}$ を合わせると、点 $P$ が動きうる範囲 $V$ は以下の2つの領域の和集合となる。・領域 $V_C$: 立方体 $C$ の内部および表面（原点からの最大距離は頂点までの $\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}$ なので、(i) を常に満たす）・領域 $V_U$: $z \geqq |x|$ かつ $z \geqq |y|$ の四角錐領域における、原点中心・半径 $\sqrt{3}$ の球の内部

$V$ の体積を求める。立方体 $C$ は、原点 $O$ と6つの面を結ぶ6つの合同な四角錐に分割できる。 $V$ は、$C$ の上面を除く5つの面を底面とする四角錐（体積は $5 \times (\frac{1}{3} \cdot 2^2 \cdot 1) = \frac{20}{3}$）と、上面方向の四角錐領域における球の部分 $V_U$ で構成される。空間の対称性から、上面を見込む四角錐領域の立体角は全空間の $\frac{1}{6}$ である。したがって、$V_U$ の体積は半径 $\sqrt{3}$ の球の体積の $\frac{1}{6}$ となる。

$$ V_U = \frac{1}{6} \times \frac{4}{3}\pi(\sqrt{3})^3 = \frac{2\sqrt{3}}{3}\pi $$

よって、求める体積 $V$ はこれらを足し合わせて、

$$ V = \frac{20}{3} + \frac{2\sqrt{3}}{3}\pi $$

(2)

条件 (iii), (iv), (v) は、点 $O$ から点 $N$ を経由して点 $P$ に至る長さ $\sqrt{3}$ 以下の折れ線が存在し、それが障害物 $S$ と交わらないことと同値である。点 $P \in V$ の場合は $N=O$ とすれば条件を満たすため、$V \subset W$ である。点 $P \notin V$ が $W$ に含まれる条件を考える。 $P$ が $V$ に含まれないのは、直線 $OP$ が $S$ と交わってしまうためである。これを回避するには、折れ線が上面 $T$ の境界（縁）$E$ の上空を経由して迂回する必要がある。最短の迂回経路は、縁 $E$ 上の点 $R$ を経由する経路 $O \to R \to P$ となる。したがって、点 $P$ が $W$ に含まれる条件は、

$$ \min_{R \in E} (OR + RP) \leqq \sqrt{3} $$

縁 $E$ は4つの辺からなる。対称性から、辺 $E_1: x=1, z=1, -1 \leqq y \leqq 1$ を経由して外側へ広がる領域（しみ出し領域）を考える。点 $P(X, Y, Z)$ に対して、$E_1$ 上の点 $R(1, y, 1)$ を経由する距離の最小値が $\sqrt{3}$ 以下となる条件は、展開図における距離を考えて、

$$ \sqrt{Y^2 + \left(\sqrt{1^2+1^2} + \sqrt{(X-1)^2+(Z-1)^2}\right)^2} \leqq \sqrt{3} $$

これを整理すると、$-1 \leqq Y \leqq 1$ の範囲で、

$$ (X-1)^2 + (Z-1)^2 \leqq \left(\sqrt{3-Y^2} - \sqrt{2}\right)^2 $$

これは $Y$ を固定した断面において、点 $(1, 1)$ を中心とする半径 $r(Y) = \sqrt{3-Y^2} - \sqrt{2}$ の円の内部を表す。この迂回領域が $V$ の外側に追加される角度範囲を考える。・$Z \leqq 1$ の領域では、立方体の側面 $x=1$ の外側となるため、角度は $90^\circ$ ($\frac{\pi}{2}$)。・$Z > 1$ の領域では、直線 $OP$ が $S$ と交わるのは $X > Z$ のときであるため、追加される角度は $Z=1$ から $X=Z$ までの $45^\circ$ ($\frac{\pi}{4}$)。合計で中心角 $\frac{3\pi}{4}$ の扇形が、各 $Y$ の断面におけるしみ出し領域となる。この1辺あたりのしみ出し領域の体積 $V_{edge}$ を計算する。

$$ V_{edge} = \int_{-1}^{1} \frac{3\pi}{8} \left(\sqrt{3-Y^2} - \sqrt{2}\right)^2 dY = \frac{3\pi}{4} \int_{0}^{1} \left(3 - Y^2 - 2\sqrt{2}\sqrt{3-Y^2} + 2\right) dY $$

ここで、$\int_{0}^{1} (5 - Y^2) dY = \left[ 5Y - \frac{Y^3}{3} \right]_{0}^{1} = \frac{14}{3}$。また、$I = \int_{0}^{1} \sqrt{3-Y^2} dY$ について、$Y = \sqrt{3}\sin\theta$ と置換する。 $Y=1$ のとき $\sin\theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$ であり、条件よりこれは $\alpha$ となる。

$$ I = \int_{0}^{\alpha} \sqrt{3-3\sin^2\theta} \cdot \sqrt{3}\cos\theta d\theta = 3 \int_{0}^{\alpha} \cos^2\theta d\theta = \frac{3}{2} \left[ \theta + \frac{1}{2}\sin 2\theta \right]_{0}^{\alpha} $$

$\sin\alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$ より $\cos\alpha = \sqrt{1-\frac{1}{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ であるから、$\sin\alpha\cos\alpha = \frac{\sqrt{2}}{3}$。

$$ I = \frac{3}{2} \left( \alpha + \frac{\sqrt{2}}{3} \right) = \frac{3}{2}\alpha + \frac{\sqrt{2}}{2} $$

これを元の式に代入する。

$$ \int_{0}^{1} \left(\sqrt{3-Y^2} - \sqrt{2}\right)^2 dY = \frac{14}{3} - 2\sqrt{2} \left( \frac{3}{2}\alpha + \frac{\sqrt{2}}{2} \right) = \frac{8}{3} - 3\sqrt{2}\alpha $$

$$ V_{edge} = \frac{3\pi}{4} \left( \frac{8}{3} - 3\sqrt{2}\alpha \right) = 2\pi - \frac{9\sqrt{2}}{4}\pi\alpha $$

$W$ の体積は、$V$ の体積に4つの辺からのしみ出し体積を加えたものである。これらは互いに重ならない。

$$ W = V + 4 V_{edge} = \frac{20}{3} + \frac{2\sqrt{3}}{3}\pi + 4 \left( 2\pi - \frac{9\sqrt{2}}{4}\pi\alpha \right) = \frac{20}{3} + \frac{2\sqrt{3}}{3}\pi + 8\pi - 9\sqrt{2}\pi\alpha $$

解説

空間図形における到達可能領域を問う難度の高い問題である。 (1) は、直線が障害物と交わらない条件から、立方体を分割する四角錐ごとの立体角に着目すると計算量が大幅に減る。 (2) は、「光が障害物の縁を回折して回り込む」ような最短経路を考える必要がある。展開図を用いて距離の最小値を立式し、さらにそれが既存の領域 $V$ からはみ出す角度（$Z \leqq 1$ で $90^\circ$、$Z > 1$ で $45^\circ$、計 $135^\circ$）を正確に見抜けるかが鍵となる。積分計算において問題文の $\alpha$ が自然に現れる設計は美しい。