東京大学 2017年度
理系数学 第6問

解答

(1)

$P=(x,y,z)$とおく。点$Q$が$(0,0,1)$にあるので，$|OP|=1$と$|PQ|=1$から $x^2+y^2+z^2=1$ および $x^2+y^2+(z-1{)}^2=1$ が成り立つ。2つの式を引くと $z^2-(z-1{)}^2=0$ より $2z-1=0,z=\frac{1}{2}$ である。したがって $x^2+y^2=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$ であり，$P$の$x$座標の範囲は $-\frac{\sqrt{3}}{2}\leqq x\leqq \frac{\sqrt{3}}{2}$ である。

また$A=(1,0,0)$であり，$|OA|=|OP|=1$だから $\cos \theta =\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OP}=x$ である。上の$x$の範囲から $-\frac{\sqrt{3}}{2}\leqq \cos \theta \leqq \frac{\sqrt{3}}{2}$ であり，$0^{\circ }\leqq \theta \leqq 180^{\circ }$なので $30^{\circ }\leqq \theta \leqq 150^{\circ }$ である。

(2)

辺$OP$の方向を表す単位ベクトルを $u=(u_x,u_y,u_z)$ とおく。また$Q$の方向を $v=(0,v_y,v_z)$ とおく。$Q$は平面$x=0$上にあり，$|OQ|=1$なので $v_y^2+v_z^2=1$ である。

正三角形の条件$|OP|=|OQ|=|PQ|=1$は $|u-v{|}^2=1$ である。$|u|=|v|=1$より $|u-v{|}^2=|u{|}^2+|v{|}^2-2u\cdot v=2-2u\cdot v$ だから $u\cdot v=\frac{1}{2}$ が必要十分である。

ここで$v$は$yz$平面内の任意の単位ベクトルである。したがって，ある$v$について$u\cdot v=1/2$が成り立つための必要十分条件は，$u$の$yz$平面への射影の長さが$1/2$以上であること，すなわち $\sqrt{u_y^2+u_z^2}\geqq \frac{1}{2}$ である。$|u|=1$より，これは $1-u_x^2\geqq \frac{1}{4}$ すなわち $|u_x|\leqq \frac{\sqrt{3}}{2}$ と同値である。

したがって$K$は，単位球内の点$(x,y,z)$のうち，原点からその点へ向かう方向が $\frac{|x|}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\leqq \frac{\sqrt{3}}{2}$ を満たす点全体である。原点は体積に影響しないので除いて考えてよい。 $x$を固定して，$yz$平面に平行な断面を考える。単位球内である条件は $y^2+z^2\leqq 1-x^2$ である。また方向条件は $\frac{x^2}{x^2+y^2+z^2}\leqq \frac{3}{4}$ であり，整理して $y^2+z^2\geqq \frac{x^2}{3}$ となる。断面が存在するためには $\frac{x^2}{3}\leqq 1-x^2$ すなわち $|x|\leqq \frac{\sqrt{3}}{2}$ である。

この範囲の$x$に対して断面は，半径$\sqrt{1-x^2}$の円から半径$|x|/\sqrt{3}$の円を除いた部分である。したがって断面積は $\pi (1-x^2)-\pi \frac{x^2}{3}=\pi \left(1-\frac{4}{3}{x}^2\right)$ である。よって

である。計算すると

である。