4東京慈恵会医科大学 2024年 数学 第4問解答・解説

平面内の円板を座標で表し、各高さで $z$ 軸回転後の円環断面積を求めて定積分した。

(1)

まず、平面 $\mathrm{ABC}$ は $\mathrm{AB}$ に平行な $x$ 軸方向を含むので、その方程式は $y,\,z$ の一次式である。点 $\mathrm{A}$、$\mathrm{B}$、$\mathrm{C}$ を代入すると $\sqrt{3}\,y+z=2$ を得る。法線ベクトルを $\vec{n}=(0,\sqrt{3},1)$ とおくと、$\mathrm{H}$ は $\mathrm{O}$ からこの法線方向にあり、$\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\lambda\vec{n}$ と書ける。平面上の条件 $3\lambda+\lambda=2$ から $\lambda=\dfrac{1}{2}$、従って $\mathrm{H}=\left(0,\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2}\right)$ である。
平面上の点 $(x,y,z)$ が円板 $D$ に属する条件は、中心 $\mathrm{H}$ からの距離が 1 以下となることである。平面の式から $z-\dfrac{1}{2}=-\sqrt{3}\left(y-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$ なので、
$$x^{2}+\left(y-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(z-\dfrac{1}{2}\right)^{2}=x^{2}+4\left(y-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}=x^{2}+\dfrac{4}{3}\left(z-\dfrac{1}{2}\right)^{2}.$$
よって $D$ は $x^{2}+\dfrac{4}{3}\left(z-\dfrac{1}{2}\right)^{2}\leqq1$ と表せる。平面 $z=t$ が $D$ と交わるためには、この不等式を満たす $x$ が存在すればよい。従って $\dfrac{4}{3}\left(t-\dfrac{1}{2}\right)^{2}\leqq1$、すなわち $\dfrac{1-\sqrt{3}}{2}\leqq t\leqq\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}$ である。

(2)

次に高さ $z$ を固定する。$y=\dfrac{2-z}{\sqrt{3}}$ はこの区間で正であり、円板の断面は $-X\leqq x\leqq X$（ただし $X^{2}=1-\dfrac{4}{3}\left(z-\dfrac{1}{2}\right)^{2}$）となる。回転後、この線分上の点がつくる半径は $r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ である。$x=0$ で最小半径 $y$、$x=\pm X$ で最大半径 $\sqrt{y^{2}+X^{2}}$ をとり、途中の半径もすべて実現するので、回転体の高さ $z$ の断面はこの内半径・外半径の円環である。その面積は
$$\pi\left\{(y^{2}+X^{2})-y^{2}\right\}=\pi X^{2}=\pi\left\{1-\dfrac{4}{3}\left(z-\dfrac{1}{2}\right)^{2}\right\}.$$
従って、$u=z-\dfrac{1}{2}$ とおけば
$$V=\pi\displaystyle\int_{-\sqrt{3}/2}^{\sqrt{3}/2}\left(1-\dfrac{4}{3}u^{2}\right)du=\pi\left[u-\dfrac{4}{9}u^{3}\right]_{-\sqrt{3}/2}^{\sqrt{3}/2}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\pi.$$