体積積分のブービートラップ – 2022年東大 数学 第5問

2023年2月27日

回転角φの決定

　そこで、式(2)を連立方程式に書き下します。

{4−t22cos⁡(θ+ϕ)+(2−t)cos⁡θ=rcos⁡α4−t22sin⁡(θ+ϕ)+(2−t)sin⁡θ=rsin⁡α⋯(3)\begin{aligned} \left \{ \begin{aligned} & \frac{\sqrt{4-t^2}}{2} \cos (\theta + \phi) + (2-t) \cos \theta = r \cos \alpha \\ & \frac{\sqrt{4-t^2}}{2} \sin (\theta + \phi) + (2-t) \sin \theta = r \sin \alpha \end{aligned} \right . \\ \cdots (3) \end{aligned}

　式(3)の両辺を2乗して辺々足し合わせると、

4−t24+(2−t)2+(2−t)4−t2×(cos⁡(θ+ϕ)cos⁡θ+sin⁡(θ+ϕ)sin⁡θ)=r2\begin{aligned} & \frac{4 -t^2}4 +(2-t)^2 \\ +& (2-t)\sqrt{4 -t^2} \\ & \times(\cos (\theta +\phi)\cos \theta + \sin (\theta +\phi)\sin \theta) \\ = & r^2 \end{aligned}

加法定理を適用して

4−t24+(2−t)2+(2−t)4−t2cos⁡ϕ=r2\frac{4 -t^2}4 + (2-t) ^2 +(2-t) \sqrt{4-t^2}\cos \phi= r^2

よって

cos⁡ϕ=r2−4−t24−(2−t)2(2−t)4−t2⋯(4)\cos \phi = \frac{r^2 - \frac{4-t^2}{4} - (2-t)^2}{(2-t) \sqrt{4 - t^2}} \cdots(4)

ですが、 −2+t+4−t22≦r≦2−t+4−t22-2+t + \frac{\sqrt{ 4- t^2 }}2 \leqq r \leqq 2-t + \frac{\sqrt{ 4- t^2 }}2 なので、

r2−4−t24−(2−t)2(2−t)4−t2≦(2−t+4−t22)2−4−t24−(2−t)2(2−t)4−t2=(2−t)4−t2(2−t)4−t2=1 \begin{aligned} & \frac{r^2 - \frac{4-t^2}{4} - (2-t)^2}{(2-t) \sqrt{4 - t^2}} \\ \leqq & \frac{(2-t + \frac{\sqrt{ 4- t^2 }}2) ^2 - \frac{4-t^2}{4} - (2-t)^2}{(2-t) \sqrt{4 - t^2}} \\ = & \frac{(2-t) \sqrt{4-t^2}}{(2-t) \sqrt{4 - t^2}} = 1 \end{aligned}
r2−4−t24−(2−t)2(2−t)4−t2≧(−2+t+4−t22)2−4−t24−(2−t)2(2−t)4−t2=−(2−t)4−t2(2−t)4−t2=−1 \begin{aligned} & \frac{r^2 - \frac{4-t^2}{4} - (2-t)^2}{(2-t) \sqrt{4 - t^2}} \\ \geqq & \frac{(-2+t + \frac{\sqrt{ 4- t^2 }}2) ^2 - \frac{4-t^2}{4} - (2-t)^2}{(2-t) \sqrt{4 - t^2}} \\ = & \frac{-(2-t) \sqrt{4-t^2}}{(2-t) \sqrt{4 - t^2}} = -1 \end{aligned}

です。したがって式（4）は、最大2つの解を持ちます。

回転角θの決定

　そこでそれらの1つを ϕ0 \phi_0 と置き、式(2)の両辺に、左側から

(cos⁡θsin⁡θ−sin⁡θcos⁡θ)\begin{pmatrix} \cos \theta & \sin \theta\\ - \sin \theta &\cos \theta \end{pmatrix}

を掛けます。すると、

(cos⁡ϕ0−sin⁡ϕ0sin⁡ϕ0cos⁡ϕ0)(4−t220)+(2−t0)=(cos⁡θsin⁡θ−sin⁡θcos⁡θ)(rcos⁡αrsin⁡α)⋯(5)\begin{aligned} \begin{pmatrix} \cos \phi_0 & -\sin \phi_0 \\ \sin \phi_0 & \cos \phi_0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{4-t^2}}{2}\\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2-t \\ 0 \end{pmatrix} \\ = \begin{pmatrix} \cos \theta & \sin \theta\\ -\sin \theta &\cos \theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} r \cos \alpha \\ r \sin \alpha \end{pmatrix} \cdots (5) \end{aligned}

を得ますが、

(cos⁡θsin⁡θ−sin⁡θcos⁡θ)(rcos⁡αrsin⁡α)=(rcos⁡(α−θ)rsin⁡(α−θ))=r(cos⁡α−sin⁡αsin⁡αcos⁡α)(cos⁡θ−sin⁡θ)\begin{aligned} & \begin{pmatrix} \cos \theta & \sin \theta\\ -\sin \theta &\cos \theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} r \cos \alpha \\ r \sin \alpha \end{pmatrix} \\ = & \begin{pmatrix} r \cos (\alpha-\theta) \\ r \sin (\alpha - \theta) \end{pmatrix} \\ = & r \begin{pmatrix} \cos \alpha & - \sin \alpha\\ \sin \alpha &\cos \alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos \theta \\ - \sin \theta \end{pmatrix} \end{aligned}

なので、これを式（5）に代入して

(cos⁡ϕ0−sin⁡ϕ0sin⁡ϕ0cos⁡ϕ0)(4−t220)+(2−t0)=r(cos⁡α−sin⁡αsin⁡αcos⁡α)(cos⁡θ−sin⁡θ)⋯(6)\begin{aligned} \begin{pmatrix} \cos \phi_0 & -\sin \phi_0 \\ \sin \phi_0 & \cos \phi_0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{4-t^2}}{2}\\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2-t \\ 0 \end{pmatrix} \\ = r \begin{pmatrix} \cos \alpha & - \sin \alpha\\ \sin \alpha &\cos \alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos \theta \\ - \sin \theta \end{pmatrix} \cdots (6) \end{aligned}

を得ます。ここで式(6)の左側から

1r(cos⁡αsin⁡α−sin⁡αcos⁡α)\frac{1}r \begin{pmatrix} \cos \alpha & \sin \alpha\\ -\sin \alpha &\cos \alpha \end{pmatrix}

を掛けて

(cos⁡θ−sin⁡θ)=1r(cos⁡(ϕ0−α)−sin⁡(ϕ0−α)sin⁡(ϕ0−α)cos⁡(ϕ0−α))(4−t220)+1r(cos⁡αsin⁡α−sin⁡αcos⁡α)(2−t0)=(4−t22rcos⁡(ϕ0−α)+2−rrcos⁡α4−t22rsin⁡(ϕ0−α)−2−rrsin⁡α)⋯(7)\begin{aligned} & \begin{pmatrix} \cos \theta \\ - \sin \theta \end{pmatrix} \\ =& \frac{1}r \begin{pmatrix} \cos (\phi_0 -\alpha)& -\sin ( \phi_0 -\alpha)\\ \sin (\phi_0- \alpha ) & \cos (\phi_0 - \alpha) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{4-t^2}}{2}\\ 0 \end{pmatrix} \\ &+ \frac{1}r \begin{pmatrix} \cos \alpha & \sin \alpha\\ -\sin \alpha &\cos \alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2-t \\ 0 \end{pmatrix} \\ = & \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{4-t^2}}{2r} \cos (\phi_0 -\alpha) + \frac{2-r}{r} \cos \alpha \\ \frac{\sqrt{4-t^2}}{2r} \sin (\phi_0 -\alpha) - \frac{2-r}{r} \sin \alpha \end{pmatrix} \cdots (7) \end{aligned}

を得ます。

　式(7)の右辺のベクトルの大きさを計算すると、式(4)より

{4−t22rcos⁡(ϕ0−α)+2−rrcos⁡α}2+{4−t22rsin⁡(ϕ0−α)−2−rrsin⁡α}2=4−t24r2+(2−r)2r2+(2−r)4−t2r2×{cos⁡(ϕ0−α)cos⁡α−sin⁡(ϕ0−α)sin⁡α}=4−t24r2+(2−r)2r2+(2−r)4−t2r2cos⁡ϕ0=1\begin{aligned} & \left \{ \frac{\sqrt{4-t^2}}{2r} \cos (\phi_0 -\alpha) + \frac{2-r}{r} \cos \alpha \right \}^2\\ + & \left \{\frac{\sqrt{4-t^2}}{2r} \sin (\phi_0 -\alpha) - \frac{2-r}{r} \sin \alpha \right \}^2 \\ =& \frac{4-t^2}{4r^2} + \frac{(2-r)^2}{r^2} \\ &+ \frac{(2-r)\sqrt{4-t^2}}{r^2} \\ & \times \{ \cos (\phi_0 -\alpha) \cos \alpha -\sin (\phi_0 -\alpha) \sin \alpha \} \\ = & \frac{4-t^2}{4r^2} + \frac{(2-r)^2}{r^2} + \frac{(2-r)\sqrt{4-t^2}}{r^2} \cos \phi_0 \\ = & 1 \end{aligned}

なので、式(7)を満たすθは確かに存在します。

　以上、点 M がドーナツ状領域に存在することの十分性を示すことが出来ました。

　外側円周の半径は 2−t+4−t22 2-t + \frac{\sqrt{ 4- t^2 }}2 、内側円周の半径は −2+t+4−t22 -2+t + \frac{\sqrt{ 4- t^2 }}2 なので、その面積は

π(2−t+4−t22)2−π(−2+t+4−t22)2=2π(2−t)4−t2\begin{aligned} & \pi \left ( 2-t + \frac{\sqrt{ 4- t^2 }}2 \right )^2 \\ - & \pi \left ( -2+t + \frac{\sqrt{ 4- t^2 }}2 \right )^2 \\ = & 2\pi (2-t)\sqrt{ 4- t^2 } \end{aligned}

です。すなわち、 t の値が何であっても、存在領域の面積は常に 2π(2−t)4−t2 2\pi (2-t)\sqrt{ 4- t^2 } であることが示せました。

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東大2022年

Posted by mine_kikaku