1972年(昭和47年)東京大学-数学(理科)[1] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

[1] 空間に座標系が定められていて， $z$ 軸上に $2$ 点 $\rm A(0,0,6)$ ， $\rm B(0,0,20)$ が与えられている． $xy$ 平面上の点 ${\rm P}(x,y,0)$ で， $0\leqq x\leqq 15$ ， $0\leqq y\leqq 15$ ， $\angle{\rm APB}\geqq 30^{\circ}$ を満たすものの全体が作る図形の面積を求めよ．

2021.10.09記

[解答]
$xz$ 平面 $x\geqq 0$ において， $\angle{\rm APB}\geqq 30^{\circ}$ を満たす領域は，円周角の定理を利用すると， $\triangle\rm ABC$ が正三角形となる点 ${\rm C}(7\sqrt{3},13)$ を中心とし，半径が14の円の周または内部となる．つまり，
$(x-7\sqrt{3})^2+(y-13)^2\leqq 14^2$
となる．よって $x$ 軸上で条件をみたす点は $(x-7\sqrt{3})^2\leqq 14^2-13^2$ を整理して $4\sqrt{3}\leqq x \leqq 10\sqrt{3}$ となる．

よって求める点 $\rm P$ の領域は，この線分を $xy$ 平面上で原点中心に一回転させた
$48\leqq x^2+y^2\leqq 300$
のうち，与えられた条件 $0\leqq x\leqq 15$ ， $0\leqq y\leqq 15$ をみたす部分である．

この領域を図示することにより（図略），求める面積は
$\dfrac{1}{4}\cdot 300\pi - \dfrac{1}{4}\cdot 48\pi - \left(\dfrac{1}{6}\cdot 300\pi - 15\cdot 5\sqrt{3}\right)$ $=13\pi+75\sqrt{3}$
となる．

ベクトルを用いて機械的に計算すると次のようになる．

[解答]

$\dfrac{\vec{\rm AP}\cdot\vec{\rm BP}}{|\vec{\rm AP}|\, |\vec{\rm BP}|}\leqq\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ により， $\dfrac{x^2+y^2+120}{\sqrt{x^2+y^2+36}\,\sqrt{x^2+y^2+400}}\leqq\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ が成立する．

$x,y\geqq 0$ より両辺は正だから2乗しても同値関係は変わらないので，
$\dfrac{(x^2+y^2+120)^2}{(x^2+y^2+36)(x^2+y^2+400)}\leqq\dfrac{3}{4}$
が成立する．整理して
$4(x^2+y^2+120)^2\leqq 3(x^2+y^2+36)(x^2+y^2+400)$ となり，
$(x^2+y^2)^2 -348(x^2+y^2)+14400 \leqq 0$ ，つまり $(x^2+y^2-48)(x^2+y^2-300) \leqq 0$ となるので，
$48\leqq x^2+y^2 \leqq 300$
となる．

よって求める点 $\rm P$ の領域は
$48\leqq x^2+y^2\leqq 300$ ， $0\leqq x\leqq 15$ ， $0\leqq y\leqq 15$
となる．

なお， $t^2 -348t+14400$ の因数分解は， $t^2 -2^2\cdot 3\cdot 29t+2^6\cdot 3^2\cdot 5^2$ と素因数分解し， $s=2^2\cdot 3$ とおくと
$t^2-29ts+100s^2$ とより単純な因数分解に帰着でき， $(t-4s)(t-25s)=(t-48)(t-300)$ となる．