東京大学 2017年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第6問

(1) $P=(x,y,z)$とおく。点$Q$が$(0,0,1)$にあるので，$\mathrm{\mid }OP\mathrm{\mid }=1$と$\mathrm{\mid }PQ\mathrm{\mid }=1$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，$\mathrm{\mid }OA\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }OP\mathrm{\mid }=1$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，$\mathrm{\mid }OQ\mathrm{\mid }=1$なので $v_y^2+v_z^2=1$ である。

正三角形の条件$\mathrm{\mid }OP\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }OQ\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }PQ\mathrm{\mid }=1$は $\mathrm{\mid }u-v{\mathrm{\mid }}^2=1$ である。$\mathrm{\mid }u\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }v\mathrm{\mid }=1$より $$\mathrm{\mid }u-v{\mathrm{\mid }}^2=\mathrm{\mid }u{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }v{\mathrm{\mid }}^2-2u\cdot v=2-2u\cdot v$$ 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$u\cdot v=1\mathrm{/}2$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$1\mathrm{/}2$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。$\mathrm{\mid }u\mathrm{\mid }=1$より，これは $1-u_x^2\geqq \frac{1}{4}$ すなわち $$\mathrm{\mid }{u}_x\mathrm{\mid }\leqq \frac{\sqrt{3}}{2}$$ 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 $$\frac{\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\leqq \frac{\sqrt{3}}{2}$$ 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 $$\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\leqq \frac{\sqrt{3}}{2}$$ 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$\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\mathrm{/}\sqrt{3}$の円を除いた部分である。したがって断面積は $$\pi (1-x^2)-\pi \frac{x^2}{3}=\pi (1-\frac{4}{3}{x}^2)$$ である。よって$$\mathrm{Vol}(K)={\int }_{-\sqrt{3}\mathrm{/}2}^{\sqrt{3}\mathrm{/}2}\pi (1-\frac{4}{3}{x}^2)dx$$である。計算すると$$\mathrm{Vol}(K)=2\pi {[x-\frac{4x^3}{9}]}_0^{\sqrt{3}\mathrm{/}2}=2\pi (\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6})=\frac{2\sqrt{3}}{3}\pi$$である。

正三角形条件から許される$OP$の方向を求めたあと，$x$軸からの距離$\rho =\sqrt{y^2+z^2}$で円筒殻を取る。各$\rho$で許される$x$の長さを，方向条件と単位球条件の小さい方として場合分けする。

(1) $P=(x,y,z)$，$Q=(0,0,1)$とする。$\mathrm{\mid }OP\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }PQ\mathrm{\mid }=1$より$$x^2+y^2+z^2=1,x^2+y^2+(z-1{)}^2=1.$$差を取ると$z=1\mathrm{/}2$，したがって$x^2+y^2=3\mathrm{/}4$である。よって$$-\frac{\sqrt{3}}{2}\leqq x\leqq \frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{.}$$また$x=\cos \theta$だから$${30}^{\circ }\leqq \theta \leqq {150}^{\circ }\mathrm{.}$$(2) $OP,OQ$の方向の単位ベクトルを$u,v$とする。正三角形条件は$u\cdot v=1\mathrm{/}2$である。$v$は$yz$平面内の任意の単位ベクトルなので，そのような$v$が存在する条件は$$\sqrt{u_y^2+u_z^2}\geqq \frac{1}{2}⟺\mathrm{\mid }{u}_x\mathrm{\mid }\leqq \frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{.}$$$K$内の点について$$\rho =\sqrt{y^2+z^2}$$とおく。方向条件と単位球条件はそれぞれ$$\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\leqq \sqrt{3}\rho ,\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\leqq \sqrt{1-{\rho }^2}\mathrm{.}$$両上限が等しいのは$\rho =1\mathrm{/}2$である。半径$\rho$，厚さ$d\rho$の円筒殻を使うと$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mathrm{Vol}(K)}& {\displaystyle ={\int }_0^{1\mathrm{/}2}2\pi \rho (2\sqrt{3}\rho )d\rho +{\int }_{1\mathrm{/}2}^{1}2\pi \rho (2\sqrt{1-{\rho }^2})d\rho }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\sqrt{3}}{6}\pi +\frac{\sqrt{3}}{2}\pi =\frac{2\sqrt{3}}{3}\pi \mathrm{.}}\end{array}$$