東京大学 2009年度理系数学第4問解答・解説

問題

$a$ を正の実数とし，空間内の2つの円板

$D_{1} = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} ≦ 1, z = a}$ ，

$D_{2} = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} ≦ 1, z = - a}$

を考える。 $D_{1}$ を $y$ 軸の回りに $18 0^{\circ}$ 回転して $D_{2}$ に重ねる。ただし回転は $z$ 軸の正の部分を $x$ 軸の正の方向に傾ける向きとする。この回転の間に $D_{1}$ が通る部分を $E$ とする。 $E$ の体積を $V (a)$ とし， $E$ と ${(x, y, z) ∣ x ≧ 0}$ との共通部分の体積を $W (a)$ とする。

(1) $W (a)$ を求めよ。

(2) $a \to \infty lim V (a)$ を求めよ。

出典：東京大学 2009年度前期日程第2次学力試験理系第4問

方針

$y$ を固定し， $x z$ 平面で円板の断面がどのような領域を掃くかを見る。 $ρ = 1 - y^{2}$ とすると，断面は $z = a$ 上の線分 $- ρ ≦ x ≦ ρ$ である。線分上の点は原点からの距離 $a^{2} + u^{2}$ を保ったまま半回転するので，半径ごとの角度幅で断面積を求める。 $x ≧ 0$ 側では各半径について角度幅がちょうど $π$ となり，半円環の面積になる。全体の体積は余分な角度 $2 arctan (u / a)$ を評価し， $a \to \infty$ でその寄与が消えることを示す。

解答

(1)

$y$ を固定して考える。 $∣ y ∣ ≦ 1$ のとき $ρ = 1 - y^{2}$ とおくと，円板 $D_{1}$ の $y$ を固定した断面は， $x z$ 平面で $- ρ ≦ x ≦ ρ, z = a$ を満たす線分である。 $∣ y ∣ > 1$ では断面は空である。

線分上の点を $(u, a)$ とする。ただし $- ρ ≦ u ≦ ρ$ である。この点は $y$ 軸のまわりの回転により， $x z$ 平面では原点を中心とする円弧を描き，原点からの距離 $a^{2} + u^{2}$ は変わらない。 $u$ と $- u$ は同じ半径を与えるので，半径を $a$ から $a^{2} + ρ^{2}$ まで動かして考えればよい。

半径が $r = a^{2} + u^{2}$ である部分について， $x ≧ 0$ 側に現れる角度幅はちょうど $π$ である。したがって，固定した $y$ における $E \cap {x ≧ 0}$ の断面積は，半径 $a$ から $a^{2} + ρ^{2}$ までの半円環の面積で

\frac{π}{2} {(a^{2} + ρ^{2}) - a^{2}} = \frac{π}{2} ρ^{2} = \frac{π}{2} (1 - y^{2})

である。

これを $- 1 ≦ y ≦ 1$ で積分して

W (a) = \int_{- 1}^{1} \frac{π}{2} (1 - y^{2}) d y = \frac{π}{2} [y - \frac{y ^{3}}{3}]_{- 1}^{1} = \frac{2 π}{3}

である。

(2)

同じく $y$ を固定する。 $0 ≦ u ≦ ρ$ とし，点 $(u, a)$ が正の $z$ 軸となす角を $β$ とおくと $tan β = \frac{u}{a}, β = arctan \frac{u}{a}$ である。半径 $a^{2} + u^{2}$ の円周上で， $u$ と $- u$ から出る半回転の弧を合わせると，角度幅は $π + 2 β$ になる。したがって，固定した $y$ における $E$ 全体の断面積を $A_{y} (a)$ とすると，半径方向の幅を用いて $A_{y} (a) = \int_{0}^{ρ} (π + 2 arctan \frac{u}{a}) u d u$ と表せる。ここで $u d u$ は，半径 $r = a^{2} + u^{2}$ に対して $r d r = u d u$ となることから出ている。

(1)の断面積は $\int_{0}^{ρ} π u d u = \frac{π}{2} ρ^{2}$ であった。したがって余分な面積は $A_{y} (a) - \frac{π}{2} ρ^{2} = 2 \int_{0}^{ρ} u arctan \frac{u}{a} d u$ である。 $u ≧ 0$ ， $a > 0$ に対して $0 ≦ arctan \frac{u}{a} ≦ \frac{u}{a}$ だから

0 ≦ A_{y} (a) - \frac{π}{2} ρ^{2} ≦ 2 \int_{0}^{ρ} u \cdot \frac{u}{a} d u = \frac{2}{3 a} ρ^{3}

である。 $ρ = 1 - y^{2} ≦ 1$ なので $0 ≦ A_{y} (a) - \frac{π}{2} (1 - y^{2}) ≦ \frac{2}{3 a}$ である。

これを $- 1 ≦ y ≦ 1$ で積分すると $0 ≦ V (a) - \int_{- 1}^{1} \frac{π}{2} (1 - y^{2}) d y ≦ \frac{4}{3 a}$ となる。右端は $a \to \infty$ で0に近づく。よって

a \to \infty lim V (a) = \int_{- 1}^{1} \frac{π}{2} (1 - y^{2}) d y = \frac{2 π}{3}

である。

東京大学 2009年度理系数学 第4問

問題

方針

解答

(1)

(2)

東京大学 2009年度
理系数学第4問