大阪大学 2000年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

立方体の一辺の長さを1とする。このとき立方体の体積は1である。等体積の球の半径を $\rho$ とすると ${\displaystyle \frac{4}{3}}\pi {\rho }^3=1$ であるから $${\rho }^3={\displaystyle \frac{3}{4\pi }}$$ である。$\pi =3.14\cdots$ より ${\displaystyle \frac{1}{2}}<\rho <{\displaystyle \frac{5}{8}}$ である。実際、$\rho >1\mathrm{/}2$ は $3\mathrm{/}(4\pi )>1\mathrm{/}8$、すなわち $6>\pi$ から従い、$\rho <5\mathrm{/}8$ は $3\mathrm{/}(4\pi )<125\mathrm{/}512$、すなわち $1536<500\pi$ から従う。また $5\mathrm{/}8<\sqrt{2}\mathrm{/}2$ である。

(1)
隣り合う2頂点を考え、その中点に球の中心を置けば、2頂点までの距離は ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ である。$\rho >1\mathrm{/}2$ なので、この2頂点は球の内部に入る。したがって2個は可能である。

一方、立方体の任意の3頂点を取ると、その中には距離が少なくとも $\sqrt{2}$ である2点が含まれる。実際、1つの頂点に隣接する頂点は3つしかなく、3頂点をすべて互いに隣接させることはできないので、少なくとも面対角線以上に離れた2点が現れる。

2点間の距離が $\sqrt{2}$ 以上なら、その2点をともに球の内部に入れるには、球の半径は $\sqrt{2}\mathrm{/}2$ より大きくなければならない。しかし $$\rho <{\displaystyle \frac{5}{8}}<{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$$ である。したがって3頂点を球の内部に入れることは不可能である。よって最大個数は $2$ である。

(2)
まず5本が可能であることを示す。立方体を $0\leqq x,y,z\leqq 1$ と置き、球の中心を辺 $$y=1,z=1,0\leqq x\leqq 1$$ の中点 $({\displaystyle \frac{1}{2}},1,1)$ に置く。この辺そのものは球の内部と共通点をもつ。また、この辺の両端から出る他の4本の辺については、中心からその端点までの距離が ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ である。$\rho >1\mathrm{/}2$ なので、これら4本の辺も球の内部と共通点をもつ。したがって合計5本は可能である。

次に6本以上は不可能であることを示す。球の中心が立方体の外にある場合、その点を立方体に最も近い点へ座標ごとに射影しても、立方体上の各点までの距離は増えない。したがって、6本の辺と交わる可能性を調べる上では、球の中心が立方体内にあるとしてよい。

さらに立方体の対称性により、球の中心を $(x,y,z)$ とし、$$0\leqq x\leqq y\leqq z\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}}$$ としてよい。この点から12本の辺までの距離を考える。2つの固定座標がともに1である辺までの距離は少なくとも $$\sqrt{(1\mathrm{/}2{)}^2+(1\mathrm{/}2{)}^2}>5\mathrm{/}8$$ である。また、対称性と $x\leqq y\leqq z$ から、6番目までに小さくなり得る距離の2乗は、次の6つに含まれる。$$x^2+y^2,x^2+z^2,y^2+z^2,x^2+(1-y{)}^2,x^2+(1-z{)}^2,y^2+(1-z{)}^2$$である。

もし6本の辺が球の内部と共通点をもつなら、中心からそれら6本の辺までの距離はすべて $\rho$ より小さい。$\rho <5\mathrm{/}8$ なので、上の6つはすべて $(5\mathrm{/}8{)}^2=25\mathrm{/}64$ より小さくなければならない。

特に $$y^2+z^2<{\displaystyle \frac{25}{64}}$$ かつ $$y^2+(1-z{)}^2<{\displaystyle \frac{25}{64}}$$ である。これらを足すと $$2y^2+z^2+(1-z{)}^2<{\displaystyle \frac{25}{32}}$$ である。ところが $$z^2+(1-z{)}^2=2{(z-{\displaystyle \frac{1}{2}})}^2+{\displaystyle \frac{1}{2}}\geqq {\displaystyle \frac{1}{2}}$$ だから $$2y^2<{\displaystyle \frac{25}{32}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{9}{32}}$$ となり、$y<{\displaystyle \frac{3}{8}}$ を得る。

一方、上の6つのうち $$x^2+(1-y{)}^2<{\displaystyle \frac{25}{64}}$$ も必要である。左辺は $(1-y{)}^2$ 以上なので $$(1-y{)}^2<{\displaystyle \frac{25}{64}}$$ であり、$0\leqq y\leqq 1\mathrm{/}2$ より $1-y<{\displaystyle \frac{5}{8}}$ すなわち $y>{\displaystyle \frac{3}{8}}$ となる。これは $y<3\mathrm{/}8$ と矛盾する。

したがって、6本以上の辺が球の内部と共通点をもつことは不可能である。5本は可能で、6本は不可能なので、求める最大本数は $5$ である。

一辺1の座標立方体に正規化して球半径を評価する。
(1)は頂点間距離、(2)は第6近接辺までの距離の補題と5本の構成で処理する。

球の半径を $\rho$ とする。
${\displaystyle \frac{4}{3}}\pi {\rho }^3=1$ と $\pi =3.14\cdots$ から$${\displaystyle \frac{1}{2}}<\rho <{\displaystyle \frac{5}{8}}<{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}\mathrm{.}$$(1)
1本の辺の中点に球の中心を置けば、その両端までの距離は $1\mathrm{/}2<\rho$
なので2頂点を内部に入れられる。立方体の任意の3頂点には、面対角線以上、
すなわち距離 $\sqrt{2}$ 以上離れた2頂点が含まれる。この2点を同じ球の
内部に入れるには $\rho >\sqrt{2}\mathrm{/}2$ が必要で、上の評価に反する。
従って最大は$$2\text{ 個}\mathrm{.}$$(2)
辺の中点に球の中心を置けば、その辺と両端から出る4辺、合計5辺が
球の内部と共通点をもつので、5本は可能である。

6本が可能だと仮定する。球の中心は立方体内へ射影しても各辺までの距離が
増えないため、立方体内にあるとしてよい。対称性により中心を$$(x,y,z),0\leqq x\leqq y\leqq z\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}}$$とする。この点から近い方の6本の辺までの距離の2乗は、順序を除いて$$\begin{array}{c}{\displaystyle x^2+y^2,x^2+z^2,y^2+z^2,}\\ {\displaystyle x^2+(1-y{)}^2,x^2+(1-z{)}^2,y^2+(1-z{)}^2}\end{array}$$以下の組から選ばれる。6本すべてが球内部と交わるなら、特に$$y^2+z^2<{\displaystyle \frac{25}{64}},y^2+(1-z{)}^2<{\displaystyle \frac{25}{64}}\mathrm{.}$$両式を加え、$$z^2+(1-z{)}^2\geqq {\displaystyle \frac{1}{2}}$$を使うと $y<3\mathrm{/}8$ を得る。
一方、6本目までを含めるには$$x^2+(1-y{)}^2<{\displaystyle \frac{25}{64}}$$も必要で、これは $y>3\mathrm{/}8$ を与える。矛盾である。
従って6本は不可能であり、最大は $5$ 本である。