いろいろな立体の問題 第2節 立体の回転体の体積(その7) 今までいろいろな立体の回転体の体積を求めてきました． ここでは，一回転でない場合，すなわち$\dfrac{\pi}{2}$や$\pi$もっと一般に$\theta$回転したときの立体の通過する部分の体積をもとめましょう． この手の問題は面白いのですが，煩わしいことがつきまといます．その辺を説明します． 例題1 3辺の長さが$a,b,c$の直方体を，長さ$b$の１辺を回転軸として$90^{\circ}$させるとき直方体が通過する点全体がつくる立体の体積$V$ を$a,b,c$で表せ． 東大（2010年）(一部略) 東大の問題としては簡単だと思ってはいけません．これは問題の一部で，この後の設問がなかなか手強いのです． その内容は本稿の意図とははずれるので扱いません． 興味あれば入試問題集か赤本をご覧下さい． 
解答長さ$b$の辺に垂直な平面で切った切り口は右図で，中心角$\dfrac{\pi}{2}$の扇形と直角三角形２つを加えたもので， 求める体積は $b\left(ac+\dfrac{\pi (a^2+c^2)}{4}\right)$ なお回転角が$\theta \ \ (0\leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2})$のとき求める体積は $b\left(ac+\dfrac{(a^2+c^2)\theta}{2}\right)$ でいずれの場合も簡単に解決しました． 回転軸の場所を少し変えた次の問題を考えてみましょう． 
例題2$AB=2a,AE=b,AD=c$の直方体$ABCD-EFGH$で辺$AB,EF$の中点をそれぞれ$P,Q$とする．このとき直線$PQ$を回転軸として直方体を$\theta$ だけ回転したときの，直方体の通過する部分がつくる立体の体積を求めよ． ただし$0\leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$とする． 解答 直線$PQ$に垂直な平面で切った切り口である右図の太線で囲まれた図形の面積を求めることになります． なお，記号はかえてある． 右図で，$\triangle OAB$および扇形$OBC$は問題ない．面倒なのは$\triangle OCD$の面積です．この面積を求めよう． 
$\angle BOA=\phi$
とおく．なお，$\phi$は計算の途中で消えるが，あった方が計算しやすい．$\angle HDO=\dfrac{\theta}{2}$ であることに注意する．示しかたはいろいろあるが，次のようにすればよい． $\angle CDB=\angle COB=\theta$ より，4点$C,D,O,B$は同一円周上にあるから $\angle ODB=\angle OCB=\dfrac{\pi -\theta}{2}$ $\therefore \angle HDO=\dfrac{\theta}{2}$ 次のように見ることができるととてもよい． $OK$と$DH$の交点を$L$とする． $\angle DLK=\theta$ であり，$LO=LD$であるから $\angle HDO=\dfrac{\theta}{2}$ したがって， $\triangle OCD=\triangle OCK-\triangle ODK$ $=\dfrac{ac}{2}-\dfrac{c^2\tan \frac{\theta}{2}}{2}$ したがって，上図の太線の図形の面積$S$は $S=ac+(a^2+c^2)\theta +ac-c^2\tan\dfrac{\theta}{2}$ $=2ac+(a^2+c^2)\theta -c^2\tan \dfrac{\theta}{2}$・・・(1) (1)に$b$をかければよいので，求める体積は $b(2ac+(a^2+c^2)\theta -c^2\tan \dfrac{\theta}{2})$ である． 
上の計算が正しいかどうかの検算をしよう．$\theta =0,\dfrac{\pi}{2}$のとき別途計算し，一致することは各自調べて欲しい． ここでは， $a=c=1,\theta =\dfrac{\pi}{4}$ のとき，確認する． 右図で， $AC=\sqrt{2}-1$ $2\triangle OAC=\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)$ したがって，右図の面積は $1+\dfrac{1}{2}\cdot (\sqrt{2})^2\cdot \dfrac{\pi}{4}\cdot 2+\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)=3-\sqrt{2}+\dfrac{\pi}{2}$ となり一致する． この問題から分かるように，１つの図形を回転したとき，共通部分の面積を求めたり，通 過する部分の面積を求めることは思ったより難しいのです． 少し話題から離れますが次の問題を解いてみましょう．これは昔からの有名問題です． 
例題3１辺の長さ$1$の正方形を，この正方形の対角線の交点を中心に$\theta$回転したとき，はじめの正方形とあとの正方形の共通部分の面積$S$ を求めよ． 解答 $\angle BDC=\theta$であるから，$BD=a$と置くと $CD=a\cos \theta ,BC=a\sin \theta$ さらに $DE=DC,BC=BA$ より $a+a\cos \theta+a\sin \theta=1$ $\therefore a=\dfrac{1}{1+\cos \theta +\sin \theta}$ $S=8\triangle OBD=\dfrac{2}{1+\cos \theta +\sin \theta}$ 解答を見て，簡単だと思ってはいけません．歴史のある問題ですから，解答も精練されてくるわけです． この問題は医学部を中心によく出題されます． 
ところで，直線$l$を点$O$の周りに$\theta$回転した直線を$m$とすると，$l,m$のなす角は$\theta$またはその補角
であることを用いました．理由は次の通りです．点$O$を基準の点とする．直線$l$上の点$A(\overrightarrow{a})$，方向ベクトル$\overrightarrow{u}$を用いて直線$l$の 媒介変数表示を $\overrightarrow{p}=\overrightarrow{a}+t\overrightarrow{u}$ と表す．$O$の周りの$\theta$回転を表す一次変換を$S$とすれば，$S$による$l$の像$m$は $S\overrightarrow{p}=S\overrightarrow{a}+tS\overrightarrow{u}$ $l,m$のなす角は，方向ベクトルのなす角であるから$\theta$である． 
次のように図形で考えた方がわかりやすいかもしれない．直線$l$上の点を$A$とし，$O$の周りに$\theta$だけ回転して得られる直線$m$上の点を$B$とする． 右図で $\angle OAD=\angle OBC$ より４点$O,A,C,D$は円に内接するから $\angle ECA=\angle BOA$ 
逆も考えると，直線の回転の理解が深まる．命題 線分$AB,CD$の長さが等しく平行でないとき，ある回転移動で重ねあわすことができる． 証明 まず回転移動の中心$O$を求めます． $A\mapsto C,B\mapsto D$ より$OA=OC,OB=OD$. すなわち，中心$O$は線分$AC,BD$の垂直二等分線の交点であることが分かります． 仮定より$AB=CD$であるから $\triangle OAB \equiv \triangle OCD$ したがって，点$O$を中心とする回転角$\angle AOC$の回転移動で，$\triangle OAB$ が$\triangle OCD$に重なる．すなわち，$AB$が$CD$に重なる． なお，$AC,BD$の垂直二等分線が交わらないときがあります． それは$AB,CD$が同じ向きで平行の時．これは平行移動で重なります． もう一つは四角形$ABDC$が等脚台形でこの時は$AB,CD$の交点が回転移動の中心となります． 
正n角形を中心の周りに$\theta$回転したときの共通部分の面積$S$も同様の方法で計算できる．実際求めよう． 正n角形の内角の大きさを $\alpha (=\dfrac{(n-2)\pi}{n})$ とおく．右図の$\triangle ABC$で $\angle A=\alpha ,\angle B=\theta ,\angle C=\pi -\alpha -\theta$ であるから，正弦定理より $\dfrac{a}{\sin \alpha}=\dfrac{b}{\sin \theta}$ $=\dfrac{c}{\sin (\pi -\alpha -\theta)}=k$ $a+b+c=1$ より， $a=\dfrac{\sin \alpha}{\sin \theta +\sin (\alpha +\theta)+\sin \alpha}$ $\therefore S=\dfrac{1}{2}\cdot a \cdot \dfrac{\tan (\frac{\alpha}{2})}{2}\cdot 2n$ $=\dfrac{n\tan (\frac{\alpha}{2})\sin \alpha}{2(\sin \theta +\sin (\alpha +\theta)+\sin \alpha)}$ $=\dfrac{n\sin ^2(\frac{\alpha}{2})}{\sin \theta +\sin (\alpha +\theta)+\sin \alpha}$ $n=4$すなわち$\alpha =\dfrac{\pi}{2}$のとき上で計算した値と一致する． ちょっと寄り道してしまった．話を元に戻そう． 
例題4$a$を正の実数として，空間内の２つの円盤 $D_1=\{(x,y,z)|x^2+y^2\leqq 1,z=a\},$ $D_2=\{(x,y,z)|x^2+y^2\leqq 1,z=-a\}$ を考える．$D_1$を$y$軸のまわりに$180^{\circ}$回転して$D_2$に重ねる．ただし，回転は$z$軸の正の部分を$x$軸の正の方向に傾ける向きとする． この回転の間に$D_1$が通る部分を$E$とする．$E$の体積を$V(a)$とし，$E$と$\{(x,y,z)|x\geqq 0\}$との 共通部分の体積を$W(a)$とする． (1)$W(a)$を求めよ． (2) $\displaystyle \lim_{a\to \infty}V(a)$を求めよ． 東大（2009年） 
解答(1) 立体$E$を$y=t (-1\leqq t\leqq 1 )$で切ったときの切り口は右図の太線の部分． したがって，$0\leqq x$の部分の面積は $\dfrac{\pi}{2}\cdot (a^2+1-t^2-a^2)=\dfrac{\pi (1-t^2)}{2}$ $\displaystyle \therefore W(a)=\pi \int_{-1}^1\dfrac{1-t^2}{2}dt=\dfrac{2\pi}{3}$ (2)(1)を解いて分かったように，$V(a)$を求めるには$x\leqq 0$の部分の面積を求める必要があります． ここでは極限を求めるので，評価をすることになります． $b=a^2+1-t^2$とおいた右下図で紫色の太線の部分を評価します， すなわち $\displaystyle \int_a^b\sqrt{b^2-x^2}dx$ の値です． この値を計算するのは$\theta$を $\cos \theta =\dfrac{a}{b}$ で定め, 
$\displaystyle \int_a^b\sqrt{b^2-x^2}dx=\text{扇形}OAC-\triangle OBC=\dfrac{b^2\theta}{2}-\dfrac{ab\sin \theta}{2}$ここで，$b\sin \theta =\sqrt{b^2-a^2}$より第２項は $\dfrac{ab\sin \theta}{2}=\dfrac{a\sqrt{a^2-b^2}}{2}$ です．しかし，第１項は$y=\cos x$の逆関数を高校で学ばないので，$\theta$を$a,b$で 表すことはできません．ここでは求めるのが 極限ですから， $\displaystyle \int_a^b\sqrt{a^2-x^2}dx$・・・（1） の値を上下で挟んで挟みうちの原理を利用します． $\triangle ABC$と長方形$BAEC$の面積で(1)の値を評価しましょう．すなわち， $\displaystyle \dfrac{(b-a)\sqrt{b^2-a^2}}{2}\leqq \int_a^b\sqrt{b^2-x^2}dx\leqq (b-a)\sqrt{b^2-a^2}$ この問題はこの評価十分です． もし右の不等号をもう少し小さくするのは，点$C$における円の接線と$AD$との交点を$H$とし $\displaystyle \triangle BAC \leqq \int_a^b\sqrt{b^2-x^2}dx\leqq \text{台形}BAHC$ を利用します． $b=\sqrt{a^2+1-t^2}$ であるから $b-a=\sqrt{a^2+1-t^2}-a=\dfrac{1-t^2}{\sqrt{a^2+1-t^2}+a}\longrightarrow 0 \ \ (a \to \infty)$ が本質です． 解答を完成させましょう． $V(a)$を平面$y=t \ (-1\leqq t \leqq 1)$で切った切り口の$x\leqq 0$の部分の面積を$S(t)$とすると $\displaystyle S(t)=2\int_a^b\sqrt{b^2-x^2}dx\leqq (b-a)\sqrt{b^2-a^2}=2(\sqrt{a^2+1-t^2}-a)\sqrt{1-t^2}$ ここで， $\sqrt{a^2+1-t^2}-a=\dfrac{\sqrt{1-t^2}}{\sqrt{a^2+1-t^2}+a}\leqq \dfrac{\sqrt{1-t^2}}{2a}\leqq \dfrac{1}{2a}$ $\therefore S(t)\leqq \dfrac{1}{a}$ $\displaystyle \therefore \int_{-1}^1S(t)dt\leqq \dfrac{2}{a} \longrightarrow 0 \ \ (a \to \infty)$ したがって，$a\to \infty$のとき$x\leqq 0$の部分の体積の極限値は$0$ $\displaystyle \therefore \lim_{a \to \infty}V(a)=\dfrac{2\pi}{3}$ 
この問題で分かるように，１回転した立体は考えやすいが，$\dfrac{\pi}{2}$回転や$\pi$回転等の通過部分の 体積を求めるのは注意深い議論が必要なことが多い．たとえば， 円柱 $x^2+y^2\leqq 1,0\leqq z \leqq 1$ を$y$軸の周りに$\dfrac{\pi}{2}$回転したとき，この円柱が通過した部分の体積を 求めようとすると,平面$y=t$よる切り口の図形は右下図であり，$\phi$が変わってくるので簡単ではない． 
立体の回転の問題として， 立体図形の入試問題(立体の回転体)の問題３（東北大2010年）もあります. この問題もお勧めの問題です． 第3節 正射影を身につけよう 目次 |