4京都府立医科大学 2022年 数学 第4問解答・解説

底面の辺と側面三角形の対応、辺に接する二面の連鎖を直接調べて、全側面が上下の底面を結ぶことを示す。凸性から下頂点との対応を決め、等距離条件で同心性と半角ずれを導く。確定した配置で高さと、内部点から各面への錐体の体積を計算する。

$\theta=\pi/n$, $a=\sin\theta$, $c=\cos\theta$ とおく。半径 $1$ の正 $n$ 角形の一辺の長さは $s=2a$ である。

(1) 面と辺の組を数える。上下の正 $n$ 角形から $2n$ 組、側面の $2n$ 個の正三角形から $6n$ 組を得る。凸多面体の各辺はちょうど二つの面に属するから、辺数は
$$E=\frac{2n+6n}{2}=4n.$$

(2) 正三角形の一辺は、底面の辺と等しい $s$ である。したがってその高さ $h$ は
$$h=\sqrt{s^2-(s/2)^2}=\frac{\sqrt3}{2}s=\sqrt3\sin\theta.$$

(3) まず、二つの底面の位置関係を定める。これらは凸多面体の異なる平行な面だから、別々の平面上にあり、その間隔 $H$ は正である。上下の底面の辺は合計 $2n$ 本で、各辺には側面の三角形が一枚接する。一枚の側面三角形が底面の辺を二本含むことはない。実際、同じ底面の二辺を含めばその底面と同一平面上になり、上下から一本ずつ含めば三角形の二辺の共有頂点が二つの異なる平面上にあることになる。側面三角形も $2n$ 枚なので、各側面三角形は上または下の底面の辺をちょうど一本含む。

上面の頂点を順に $U_j$ とし、辺 $U_jU_{j+1}$ に接する三角形の第三頂点を $C_j$ とする。$C_j$ は上面にはない。仮に $C_j$ が上下の面の間にあると、辺 $U_{j+1}C_j$ に接するもう一枚の面は、底面の辺を一本もつ側面三角形である。この辺は下面の頂点を含まないので、その三角形の底面の辺は $U_{j+1}U_{j+2}$ であり、第三頂点は同じ $C_j$ となる。この議論を上面の全辺に繰り返すと、上面とそれに接する $n$ 枚の三角形は共通の頂点 $C_j$ をもつ錐体を閉じる。これらの面の各辺には既に二面が接しており、凸多面体の境界上で別の面が接続する辺は残らない。下面を別の面としてもてず、矛盾する。ゆえに各 $C_j$ は下面の頂点である。同様に、下面の辺に接する三角形の第三頂点は上面の頂点である。

上面の中心を水平座標の原点とする。上面の各辺の外向き単位法線を $\vec{u}_j=(\cos 2j\theta,\sin 2j\theta)$、それを反時計回りに $90^\circ$ 回したものを $\vec{v}_j=(-\sin 2j\theta,\cos 2j\theta)$ とするように向きを選ぶ。辺の両端の水平座標は $c\vec{u}_j\pm a\vec{v}_j$ である。辺 $U_jU_{j+1}$ と $C_j$ を通る側面の平面は、下面の平面と $C_j$ を通り $\vec{v}_j$ に平行な直線で交わる。凸性により下面の正 $n$ 角形はこの直線の内側にある。上面の内側が辺の法線方向で $\vec{u}_j\cdot\vec{x}\leqq c$ であることから、$C_j$ は下面の頂点のうち $\vec{u}_j\cdot\vec{x}$ が最大のものである。最大の頂点が二つあれば、その二頂点を結ぶ下面の辺もこの側面の平面上に入り、側面が三角形でなくなる。したがって最大は一意である。

下面の中心の水平座標を $\vec{t}$ とする。下面の正 $n$ 角形の頂点方向と $\vec{u}_j$ はともに角度 $2\theta$ ずつ進む。各頂点の $\vec{u}_j$ 方向への射影は方向差の余弦なので、一意の最大頂点は最も近い方向にあり、各 $j$ に一つずつ対応する。ゆえに $j$ によらない角 $\delta$ $(|\delta|<\theta)$ を用いて
$$C_j\text{ の水平座標} =\vec{t}+\cos\delta\,\vec{u}_j+\sin\delta\,\vec{v}_j$$
と書ける。$C_j$ は三角形の辺の両端から等距離にある。両端の高さは同じなので、その水平距離の二乗の差から
$$\vec{t}\cdot\vec{v}_j+\sin\delta=0 \qquad(j=0,1,\ldots,n-1)$$
を得る。$\sum_{j=0}^{n-1}\vec{v}_j=\vec{0}$ である。実際、この和は $2\theta$ の回転で項が入れ替わるため不変であり、この角度の回転で不変な平面ベクトルは零ベクトルだけである。よって上式の和から $n\sin\delta=0$。$|\delta|<\theta\leqq\pi/3$ より $\delta=0$。さらに $\vec{t}\cdot\vec{v}_j=0$ であり、$\vec{v}_0,\vec{v}_1$ は平行でないから $\vec{t}=\vec{0}$。ゆえに両底面は同心で、下面の頂点は上面の辺の中点の方向にあり、頂点の方向は $\theta$ だけずれる。

上面を $z=H/2$、下面を $z=-H/2$ とすると、ある上辺の両端は $(c,\pm a,H/2)$、対応する下頂点は $(1,0,-H/2)$ である。正三角形の辺長 $2a$ と三平方の定理から
$$H^2+(1-c)^2+a^2=(2a)^2, \qquad H^2=3a^2-(1-c)^2=2(1-c)(1+2c).$$
$H>0$ なので
$$H=\sqrt{2(1-\cos\theta)(1+2\cos\theta)}.$$

(4) 両底面の中心の中点を $O$ とする。凸性から $O$ は多面体の内部にある。底面一枚の面積 $S$、側面一枚の面積 $T$ は
$$S=\frac n2\sin2\theta=nac, \qquad T=\frac12(2a)(\sqrt3a)=\sqrt3a^2.$$
上辺の中点 $M=(c,0,H/2)$ と対応する下頂点 $C=(1,0,-H/2)$ を考える。$MC$ はその側面三角形の高さであり、$|MC|=\sqrt3a$ である。辺に垂直な断面で、$\triangle OMC$ の面積は $H(1+c)/4$。この断面内の $O$ から $MC$ への距離は、$O$ から側面の平面への距離 $d$ に等しい。よって
$$\frac12|MC|d=\frac{H(1+c)}4, \qquad\frac dH=\frac{1+c}{2\sqrt3a}.$$
ほかの側面も鉛直軸の回転、または上下面を入れ替えた同じ断面の計算によって、$O$ からの距離が $d$ と分かる。$O$ を頂点として各面に張る錐体に分けると
$$V=\frac13\left(2S\frac H2+2nTd\right).$$
したがって
$$\frac{V}{nH} =\frac13\left(ac+2\sqrt3a^2\frac{1+c}{2\sqrt3a}\right) =\frac{a(1+2c)}3 =\frac{\sin\theta(1+2\cos\theta)}3.$$