東京大学 2013年度理系数学第6問解答・解説

問題

座標空間において， $x y$ 平面内で不等式 $∣ x ∣ ≦ 1$ ， $∣ y ∣ ≦ 1$ により定まる正方形 $S$ の4つの頂点を $A (- 1, 1, 0)$ ， $B (1, 1, 0)$ ， $C (1, - 1, 0)$ ， $D (- 1, - 1, 0)$ とする。正方形 $S$ を，直線 $B D$ を軸として回転させてできる立体を $V_{1}$ ，直線 $A C$ を軸として回転させてできる立体を $V_{2}$ とする。

(1) $0 ≦ t < 1$ を満たす実数 $t$ に対し，平面 $x = t$ による $V_{1}$ の切り口の面積を求めよ。

(2) $V_{1}$ と $V_{2}$ の共通部分の体積を求めよ。

出典：東京大学 2013年度前期日程第2次学力試験理系第6問

方針

軸 $B D$ 、 $A C$ に合わせて $u = (x + y) / 2, v = (x - y) / 2$ と座標を回転する。すると正方形は $∣ u ∣ + ∣ v ∣ ≦ 2$ となり、 $B D$ は $u$ 軸、 $A C$ は $v$ 軸になる。したがって $V_{1}$ は $u$ 軸まわりの回転体として $v^{2} + z^{2} ≦ (2 - ∣ u ∣)^{2}$ と表せる。(1) は平面 $x = t$ 、すなわち $u + v = 2 t$ 上で $u, z$ による断面を積分する。(2) は $V_{2}$ の条件も加え、対称性で $u, v ≧ 0$ 、さらに $u ≦ v$ の部分を求めて8倍する。

解答

(1)

$u = \frac{x + y}{2}, v = \frac{x - y}{2}$ とおく。これは $x y$ 平面内で座標軸を $4 5^{\circ}$ 回転する変換である。正方形 $S$ は $∣ u ∣ + ∣ v ∣ ≦ 2, z = 0$ と表される。

直線 $B D$ は $u$ 軸である。したがって $S$ を $B D$ のまわりに回転してできる立体 $V_{1}$ は、各 $u$ に対して半径 $2 - ∣ u ∣$ の円板をもつので $v^{2} + z^{2} ≦ (2 - ∣ u ∣)^{2}$ で表される。

平面 $x = t$ は $\frac{u + v}{2} = t$ すなわち $u + v = 2 t$ である。よってこの平面上では $v = 2 t - u$ であり、断面は $z^{2} ≦ (2 - ∣ u ∣)^{2} - (2 t - u)^{2}$ を満たす点からなる。

まず $u ≦ 0$ では $z^{2} ≦ (2 + u)^{2} - (2 t - u)^{2} = 2 (1 + t) (1 - t + 2 u)$ である。したがって $- \frac{1 - t}{2} ≦ u ≦ 0$ である。

次に $u ≧ 0$ では $z^{2} ≦ (2 - u)^{2} - (2 t - u)^{2} = 2 (1 - t) (1 + t - 2 u)$ である。したがって $0 ≦ u ≦ \frac{1 + t}{2}$ である。

平面 $x = t$ 上で $u$ が $d u$ だけ変化すると、実際の長さは $2 d u$ である。よって面積要素は $2 d u d z$ である。したがって断面積は

2 \int_{- (1 - t) / 2}^{0} 2 2 (1 + t) (1 - t + 2 u) d u + 2 \int_{0}^{(1 + t) / 2} 2 2 (1 - t) (1 + t - 2 u) d u

である。

第1項では $w = 1 - t + 2 u$ とおくと

2 \int_{- (1 - t) / 2}^{0} 2 2 (1 + t) (1 - t + 2 u) d u = \frac{4 2}{3} (1 - t) 1 - t^{2}

である。第2項では $w = 1 + t - 2 u$ とおくと

2 \int_{0}^{(1 + t) / 2} 2 2 (1 - t) (1 + t - 2 u) d u = \frac{4 2}{3} (1 + t) 1 - t^{2}

である。よって断面積は

\frac{4 2}{3} {(1 - t) + (1 + t)} 1 - t^{2} = \frac{8 2}{3} 1 - t^{2}

である。

(2)

同様に、 $V_{2}$ は $v$ 軸まわりの回転体であるから $u^{2} + z^{2} ≦ (2 - ∣ v ∣)^{2}$ で表される。

対称性により、 $u ≧ 0, v ≧ 0$ の部分を求めて4倍すればよい。さらにこの第1象限内では、直線 $u = v$ に関して対称であるから、 $0 ≦ u ≦ v$ の部分を求めて、最終的に8倍すればよい。

第1象限では $u + v ≦ 2$ である。 $0 ≦ u ≦ v$ の部分では $(2 - v)^{2} - u^{2} ≦ (2 - u)^{2} - v^{2}$ となるので、 $z$ の範囲は $- (2 - v)^{2} - u^{2} ≦ z ≦ (2 - v)^{2} - u^{2}$ である。

ここで $q = 2 - v$ とおくと、考える領域は $T : u ≧ 0, q ≧ 0, u ≦ q, u + q ≦ 2$ となる。この部分の体積を $J$ とすると $J = \iint_{T} 2 q^{2} - u^{2} d u d q$ である。 $u = r sin θ, q = r cos θ$ とおく。これは $u q$ 平面で扇形状の薄い部分に分けて積分することであり、面積要素は $r d r d θ$ である。領域 $T$ は

0 ≦ θ ≦ \frac{π}{4}, 0 ≦ r ≦ \frac{2}{sin θ + cos θ}

で表される。したがって

J = \int_{0}^{π /4} \int_{0}^{2 / (s i n θ + c o s θ)} 2 r cos 2 θ \cdot r d r d θ

である。よって

J = \frac{4 2}{3} \int_{0}^{π /4} \frac{cos 2 θ}{( sin θ + cos θ ) ^{3}} d θ

となる。

ここで $w = \frac{1 - t a n θ}{1 + t a n θ}$ とおくと、この積分は

\int_{0}^{π /4} \frac{cos 2 θ}{( sin θ + cos θ ) ^{3}} d θ = \int_{0}^{1} w^{2} d w = \frac{1}{3}

である。したがって $J = \frac{4 2}{9}$ である。

求める共通部分全体の体積は $8 J$ なので $8 J = \frac{32 2}{9}$ である。

東京大学 2013年度理系数学 第6問

問題

方針

解答

(1)

(2)

東京大学 2013年度
理系数学第6問