東北大学 2024年度理系数学第6問解答・解説

問題

$x y z$ 空間内の $x y$ 平面上にある円 $C : x^{2} + y^{2} = 1$ および円板 $D : x^{2} + y^{2} ≦ 1$ を考える。 $D$ を底面とし点 $P (0, 0, 1)$ を頂点とする円錐を $K$ とする。 $A (0, - 1, 0)$ ， $B (0, 1, 0)$ とする。 $x y z$ 空間内の平面 $H : z = x$ を考える。すなわち， $H$ は $x z$ 平面上の直線 $z = x$ と線分 $A B$ をともに含む平面である。 $K$ の側面と $H$ の交わりとしてできる曲線を $E$ とする。 $- \frac{π}{2} ≦ θ ≦ \frac{π}{2}$ を満たす実数 $θ$ に対し，円 $C$ 上の点 $Q (cos θ, sin θ, 0)$ をとり，線分 $P Q$ と $E$ の共有点を $R$ とする。

(1) 線分 $P R$ の長さを $r (θ)$ とおく。 $r (θ)$ を $θ$ を用いて表せ。

(2) 円錐 $K$ の側面のうち，曲線 $E$ の点 $A$ から点 $R$ までを結ぶ線分，線分 $P A$ ，および線分 $P R$ により囲まれた部分の面積を $S (θ)$ とおく。 $θ$ と実数 $h$ が条件 $0 ≦ θ < θ + h ≦ \frac{π}{2}$ を満たすとき，次の不等式が成り立つことを示せ。

\frac{h { r ( θ )} ^{2}}{2 2} ≦ S (θ + h) - S (θ) ≦ \frac{h { r ( θ + h )} ^{2}}{2 2}

(3) 円錐 $K$ の側面のうち，円 $C$ の $x ≧ 0$ の部分と曲線 $E$ により囲まれた部分の面積を $T$ とおく。 $T$ を求めよ。必要であれば $tan \frac{θ}{2} = u$ とおく置換積分を用いてもよい。

出典：東北大学 2024年度前期日程第2次学力試験理系第6問

方針

(1)は線分 $P Q$ 上の点を，頂点 $P$ から底面方向へ距離 $r$ だけ進んだ点として座標表示し，平面 $H : z = x$ に代入して $r (θ)$ を求める。(2)は円錐側面を半径 $2$ の扇形に展開し，底面円の角度 $d θ$ が展開図では $d θ / 2$ に対応することを使って，面積要素を $\frac{1}{2 2} r (θ)^{2} d θ$ と表す。単調性は $r (θ)$ が $0 ≦ θ ≦ \frac{π}{2}$ で増加することから示す。(3)は展開図で，半径 $2$ の外側扇形から曲線 $r (θ)$ の内側を引き，半角置換で積分を計算する。

解答

(1)

点 $Q$ は $Q = (cos θ, sin θ, 0)$ であり，頂点は $P = (0, 0, 1)$ である。線分 $P Q$ の長さは $P Q = cos^{2} θ + sin^{2} θ + 1 = 2$ である。

線分 $P Q$ 上で， $P$ からの距離が $r$ である点は， $P$ から $Q$ へ向かう単位ベクトルを用いて $P + \frac{r}{2} (Q - P)$ と表せる。したがってその座標は

(\frac{r}{2} cos θ, \frac{r}{2} sin θ, 1 - \frac{r}{2})

である。この点が平面 $H : z = x$ 上にあるための条件は $1 - \frac{r}{2} = \frac{r}{2} cos θ$ である。よって $1 = \frac{r}{2} (1 + cos θ)$ となり， $r (θ) = \frac{2}{1 + c o s θ}$ である。

(2)

円錐 $K$ の母線の長さは，頂点 $P$ から底面円上の点までの距離なので $2$ である。側面を展開すると，半径 $2$ の扇形になる。底面円の弧長は角度 $d θ$ に対して $d θ$ であり，展開図上では半径 $2$ の扇形の弧長に等しいから，展開図上の角度 $d ϕ$ は $2 d ϕ = d θ, d ϕ = \frac{d θ}{2}$ を満たす。

したがって，展開図で曲線 $E$ の半径が $r (θ)$ で表されるとき， $A$ から角度 $θ$ までの部分の面積は

S (θ) = \frac{1}{2} \int_{- \frac{π}{2}}^{θ} r (u)^{2} d ϕ = \frac{1}{2 2} \int_{- \frac{π}{2}}^{θ} r (u)^{2} d u

である。

$0 ≦ θ < θ + h ≦ \frac{π}{2}$ とする。この区間では $cos u$ は減少するので， $1 + cos u$ も減少し， $r (u) = \frac{2}{1 + c o s u}$ は増加する。よって $θ ≦ u ≦ θ + h$ では $r (θ) ≦ r (u) ≦ r (θ + h)$ である。これを2乗して積分すると

\frac{1}{2 2} h r (θ)^{2} ≦ S (θ + h) - S (θ) ≦ \frac{1}{2 2} h r (θ + h)^{2}

である。すなわち

\frac{h}{2 2} r (θ)^{2} ≦ S (θ + h) - S (θ) ≦ \frac{h}{2 2} r (θ + h)^{2}

である。

(3)

求める部分 $T$ は，展開図で $- \frac{π}{2} ≦ θ ≦ \frac{π}{2}$ に対応する半径 $2$ の扇形から，曲線 $E$ の内側の部分を引いた面積である。したがって

T = \frac{1}{2 2} \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} {(2)^{2} - r (θ)^{2}} d θ

である。(1)より $r (θ)^{2} = \frac{2}{( 1 + c o s θ ) ^{2}}$ だから，

T = \frac{1}{2 2} {2 π - \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{2}{( 1 + cos θ ) ^{2}} d θ}

である。

残る積分を計算する。 $u = tan \frac{θ}{2}$ とおくと $cos θ = \frac{1 - u ^{2}}{1 + u ^{2}}, d θ = \frac{2}{1 + u ^{2}} d u$ であり， $θ = - \frac{π}{2}$ から $\frac{π}{2}$ まで動くと， $u$ は $- 1$ から $1$ まで動く。また $1 + cos θ = 1 + \frac{1 - u ^{2}}{1 + u ^{2}} = \frac{2}{1 + u ^{2}}$ である。よって

\int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{2}{( 1 + cos θ ) ^{2}} d θ = \int_{- 1}^{1} \frac{2}{( \frac{2}{1 + u ^{2}} ) ^{2}} \cdot \frac{2}{1 + u ^{2}} d u = \int_{- 1}^{1} (1 + u^{2}) d u = [u + \frac{u ^{3}}{3}]_{- 1}^{1} = \frac{8}{3}

である。したがって

T = \frac{1}{2 2} (2 π - \frac{8}{3}) = \frac{3 π - 4}{3 2} = \frac{2 ( 3 π - 4 )}{6}

である。

東北大学 2024年度理系数学 第6問

問題

方針

解答

(1)

(2)

(3)

東北大学 2024年度
理系数学第6問