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問題3 球面を輪切りにして，それぞれの部分を円錐の側面の一部分で近似することによって，球の表面積を求めることを考える． $(1) \ $半径$r($＞$0)$の半円 $S:y=\sqrt{r^2-x^2}$ と直線 $L_s:y=s \ (0$＜$s$＜$r)$ は２つの交点を持つ．それぞれの交点における半円Sの２本の接線は点$(0,( \ \ \ \ ))$で交わる．この２本の接線と直線$L_s$ で囲まれた三角形を$y$軸の周りに1回転してできる円錐の側面積は$( \ \ \ \ )$である．さらに，この円錐から 平面$y=t \ (0$＜$s$＜$t\leqq r)$より上にある部分を取り除いた立体図形の側面積は $\pi r(t-s)\times ( \ \ \ \ )$ である． $(2) \ n$を自然数とし，$k=1,2,\cdots,n-1$とする．(1)で定義された立体の図形で$s=\frac{k}{n}r,t=\frac{k+1}{n}r$ のときの側面積を$A_k$と表すと $A_k=\dfrac{2\pi r^2}{n}-\dfrac{\pi r^2}{n^2}\times (\ \ \ \ )$ となる． $\displaystyle (3) \ \ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n-1}A_k=2\pi r^2$を証明せよ． 
解答まず，円錐台の側面積を求める． $\angle B=\angle C=90^{\circ}$の台形$ABCD$が $AB=a,CD=b,AD=c$ のとき，この台形を辺$BC$の周りに１回転して得られる円錐台の側面積を求める． $AD,BC$の交点を$O$とし，$OA=x$とおくと， $x=\dfrac{ac}{b-a}$ したがって，この円錐台の側面積は $\dfrac{1}{2}\cdot 2\pi b (c+\dfrac{ac}{b-a})-\dfrac{1}{2}\cdot 2\pi a \cdot \dfrac{ac}{b-a}$ $=\pi c(a+b)$・・・@ @は後の解説でも用いられる． 
それでは解答に入ろう．(1) 右図のように， $A(0,s),B(0,t),P,Q,R$ を定める．なお$PR$は円$O$の接線である． 相似より $R(0,\dfrac{r^2}{s})$ 台形$BAPQ$を$y$軸の周りに回転して得られる円錐台の側面積は，$PA,QB,PQ$の長さを求めれば得られる． $PA=\sqrt{r^2-s^2}$ $QB=PA\cdot \dfrac{BR}{AR}=\dfrac{\sqrt{r^2-s^2}(r^2-st)}{r^2-s^2}$ $PQ=PR\cdot \dfrac{AB}{AR}=\dfrac{r(t-s)}{\sqrt{r^2-s^2}}$ したがって，円錐台の側面積は $\pi PQ(AP+BQ)$ $=\pi r(t-s)\cdot \dfrac{2r^2-s^2-st}{r^2-s^2}$・・・A (2) Aに $s=\dfrac{kr}{n},t=\dfrac{(k+1)r}{n}$ を代入し， $A_k=\dfrac{\pi r^2(2n^2-2k^2-k)}{n(n^2-k^2)}$ $=\dfrac{2\pi r^2}{n}-\dfrac{\pi r^2}{n^2}\cdot \dfrac{nk}{n^2-k^2}$ (3) $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{nk}{n^2-k^2}\cdot \dfrac{1}{n^2}$ の$n\to \infty$における極限を調べる． これは少し工夫する必要がある． $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{nk}{n^2-k^2}\cdot \dfrac{1}{n^2}$ $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-2}\dfrac{nk}{n^2-k^2}\cdot \dfrac{1}{n^2}+\dfrac{n(n-1)}{(2n-1)n^2}$ より，第２項は$n\to \infty$のときの極限値は$0$であるから，第１項だけ調べればよい． $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-2}\dfrac{nk}{n^2-k^2}\cdot \dfrac{1}{n^2}$ $\displaystyle =\dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-2}\dfrac{\dfrac{k}{n}}{1-(\dfrac{k}{n})^2}\cdot \dfrac{1}{n}$ とし， $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-2}\dfrac{\dfrac{k}{n}}{1-(\dfrac{k}{n})^2}\cdot \dfrac{1}{n}$ を積分で評価する． $f(x)=\dfrac{x}{1-x^2}$ とおくと， $f'(x)=\dfrac{1+x^2}{(1-x^2)^2}$ より，$f(x)$は単調増加であるから，面積を考えることにより， $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-2}\dfrac{\dfrac{k}{n}}{1-(\dfrac{k}{n})^2}\cdot \dfrac{1}{n}$ ＜$\displaystyle \int_0^{\frac{n-1}{n}}\dfrac{x}{1-x^2}dx=\dfrac{\log n -\log (2-\dfrac{1}{n})}{2}$ ここで， $\displaystyle \lim_{n\to \infty}\dfrac{\log n}{n}=0 \ \ (\because n=e^t$とおけば， $\dfrac{\log n}{n}=\dfrac{t}{e^t})$ であるから， $\displaystyle \lim_{n\to \infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-2} \dfrac{\dfrac{k}{n}}{1-(\dfrac{k}{n})^2}\cdot \dfrac{1}{n}=0$ が証明された． $A_k=\dfrac{2\pi r^2}{n}-\dfrac{\pi r^2}{n^2}\cdot \dfrac{nk}{n^2-k^2}$ であり，第２項の和の極限が$0$になるから，第１項の和の極限だけを求めれよく，これは$k$によらない 定数であるから， $\displaystyle \lim_{n\to \infty}\sum_{k=0}^{n-1}A_k=2\pi r^2$ が証明された． 続く 目次 全体の目次 |