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東京大学 工学系研究科 2016年8月実施 数学 第4問

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0≤θ<2π,0≤α≤π0 \leq \theta < 2\pi ,0 \leq \alpha \leq \pi 範囲にある実数 θ\theta, α\alpha に対して, 3 次元直交座標系 xyzxyz における点 P(cos⁡θ,sin⁡θ,1)P(\cos\theta,\sin\theta,1) と点 Q(cos⁡(θ+α),sin⁡(θ+α),−1)Q(\cos(\theta + \alpha),\sin(\theta + \alpha),-1) の 2 点を通る直線 LL を考える。

I.​

直線 LL を,　媒介変数 tt の一次式として表せ。ただし, t=0t = 0 の時に点 QQ を,　t=1t = 1 の時に点 PP を表すように定めよ。

II.​

θ\theta を 0≤θ<2π0 \leq \theta < 2\pi の範囲で変化させたときに直線 LL が描く曲面 SS を x,y,zx,y,z の方程式として求めよ。また, 曲面 SSと平面 y=0y=0 の交線を CC とする。CC を x,zx,z の方程式として求め, その概形を図示せよ。

次に, 曲面 SS のガウス曲率を考える。一般に曲面上の点 RR の位置ベクトル rr が媒介変数 u,vu,v を用いて,

r(u,v)=(x(u,v),y(u,v),z(u,v))\begin{align} r(u,v) = (x(u,v),y(u,v),z(u,v)) \end{align}

で与えられるとき,　ガウス曲率 KK は次式のように表される。

K=(ruu⋅e)(rvv⋅e)−(ruv⋅e)2(ru⋅ru)(rv⋅rv)−(ru⋅rv)2\begin{align} K = \frac{(r_{uu}\cdot e)(r_{vv}\cdot e) - (r_{uv} \cdot e)^2}{(r_{u}\cdot r_{u})(r_{v}\cdot r_{v})- (r_{u} \cdot r_{v})^2} \end{align}

ここで, ru,rvr_{u},r_{v}とruu,ruv,rvvr_{uu},r_{uv},r_{vv} は媒介変数 u,vu,v に関する r(u,v)r(u,v) の一階偏微分,　二階偏微分を表している。また, (a⋅b)\big( a \cdot b \big) は 3 次元ベクトル a,ba,b の内積, ee は点 RR における法線方向の単位ベクトルを表している。

III.​

曲面 SS と xx 軸の交点のうち領域 x>0x>0 にあるものを点 WW とする。0≤α<π0 \leq \alpha < \pi を満たす α\alpha に対し,　点 WW における曲面 SS のガウス曲率を計算せよ。

IV.​

0≤α<π0 \leq \alpha < \pi を満たす α\alpha に対し,　曲面 SS の任意の点においてガウス曲率が 00 以下であることを示せ。

Kai​

I.​

直線 LL 上の点 MM は,

OM→=OQ→+tQP→\overrightarrow{OM} = \overrightarrow{OQ} + t\overrightarrow{QP}

と表せる。このとき, t=0t = 0 で OQ→\overrightarrow{OQ}, t=1t = 1 で OQ→+QP→=OP→\overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{QP} = \overrightarrow{OP} となり, 題意た満たす。

QP→=(cos⁡θ−cos⁡(θ+α),sin⁡θ−sin⁡(θ+α),2)\overrightarrow{QP} = (\cos\theta - \cos(\theta + \alpha),\sin\theta - \sin(\theta + \alpha), 2)

であるから,　求める直線 LL の媒介変数表示は,

L:{x=cos⁡(θ+α)+t(cos⁡θ−cos⁡(θ+α))y=sin⁡(θ+α)+t(sin⁡θ−sin⁡(θ+α))z=−1+2tL: \left\{ \begin{aligned} x &= \cos(\theta + \alpha) + t(\cos\theta - \cos(\theta + \alpha)) \\ y &= \sin(\theta + \alpha) + t(\sin\theta - \sin(\theta + \alpha)) \\ z &= -1 + 2t \\ \end{aligned} \right.

II.​

和積の公式より,

x=cos⁡(θ+α)−2tsin⁡(θ+(θ+α)2)sin⁡(θ−(θ+α)2)=cos⁡(θ+α)+2tsin⁡(θ+α2)sin⁡α2y=sin⁡(θ+α)+2tcos⁡(θ+(θ+α)2)sin⁡(θ−(θ+α)2)=sin⁡(θ+α)−2tcos⁡(θ+α2)sin⁡α2\begin{aligned} x &= \cos(\theta + \alpha) - 2t\sin\bigg(\frac{\theta + (\theta + \alpha)}{2}\bigg) \sin\bigg(\frac{\theta - (\theta + \alpha)}{2}\bigg) \\ &= \cos(\theta + \alpha) + 2t\sin(\theta + \frac{\alpha}{2})\sin\frac{\alpha}{2} \\ y &= \sin(\theta + \alpha) + 2t\cos\bigg(\frac{\theta + (\theta + \alpha)}{2}\bigg)\sin\bigg(\frac{\theta - (\theta + \alpha)}{2}\bigg) \\ &= \sin(\theta + \alpha) - 2t\cos(\theta + \frac{\alpha}{2})\sin\frac{\alpha}{2} \end{aligned}

x2+y2x^2 + y^2 を計算してを消去する。

x2+y2=cos⁡2(θ+α)+4tcos⁡(θ+α)sin⁡(θ+α2)sin⁡α2+4t2sin⁡2(θ+α2)sin⁡2α2+sin⁡2(θ+α)−4tsin⁡(θ+α)cos⁡(θ+α2)sin⁡α2+4t2cos⁡2(θ+α2)sin⁡2α2=1+4t2sin⁡2α2+4tsin⁡α2⋅(cos⁡(θ+α)sin⁡(θ+α2)−sin⁡(θ+α)cos⁡(θ+α2))=1+4t2sin⁡2α2+4tsin⁡α2sin⁡(θ+α2−(θ+α))(∵加法定理)=1+4t2sin⁡2α2−4tsin⁡2α2\begin{aligned} &\quad x^2 + y^2 \\ &= \cos^2(\theta + \alpha) + 4t\cos(\theta + \alpha)\sin\big(\theta + \frac{\alpha}{2}\big)\sin\frac{\alpha}{2} \\ &\quad + 4t^2\sin^2\big(\theta + \frac{\alpha}{2}\big)\sin^2\frac{\alpha}{2} + \sin^2(\theta + \alpha) \\ &\qquad - 4t\sin(\theta + \alpha)\cos\big(\theta + \frac{\alpha}{2}\big)\sin\frac{\alpha}{2} \\ &\quad \qquad + 4t^2\cos^2\big(\theta + \frac{\alpha}{2}\big)\sin^2\frac{\alpha}{2} \\ &= 1 + 4t^2\sin^2 \frac{\alpha}{2} + 4t\sin\frac{\alpha}{2} \\ &\qquad\cdot \big(\cos(\theta + \alpha)\sin\big(\theta + \frac{\alpha}{2}\big) - \sin(\theta + \alpha)\cos\big(\theta + \frac{\alpha}{2}\big) \big) \\ &= 1 + 4t^2\sin^2\frac{\alpha}{2} + 4t\sin\frac{\alpha}{2}\sin\big(\theta + \frac{\alpha}{2} - (\theta + \alpha)\big) \quad (\because \text{加法定理}) \\ &= 1 + 4t^2\sin^2\frac{\alpha}{2} - 4t\sin^2\frac{\alpha}{2} \end{aligned}

さらに, t=(z+1)/2t = (z + 1)/2 を代入して tt を消去すると,

x2+y2=1+(z+1)2sin⁡2α2−2(z+1)sin⁡2α2=sin⁡2α2⋅z2+1−sin⁡2α2=sin⁡2α2⋅z2+cos⁡2α2\begin{aligned} x^2 + y^2 &= 1 + (z + 1)^2 \sin^2\frac{\alpha}{2} - 2(z + 1)\sin^2\frac{\alpha}{2} \\ &= \sin^2\frac{\alpha}{2} \cdot z^2 + 1 - \sin^2\frac{\alpha}{2} \\ &= \sin^2\frac{\alpha}{2} \cdot z^2 + \cos^2\frac{\alpha}{2} \end{aligned}

よって,　求める曲面 SS の方程式は

x2+y2−sin⁡2α2⋅z2=cos⁡2α2x^2 + y^2 - \sin^2\frac{\alpha}{2} \cdot z^2 = \cos^2\frac{\alpha}{2}

また y=0y = 0 とすると, 交線 CC の方程式を得る。

x2−sin⁡2α2⋅z2=cos⁡2α2x^2 - \sin^2\frac{\alpha}{2} \cdot z^2 = \cos^2\frac{\alpha}{2}

a=0a = 0 のとき,　x=±1x = \pm 1 である。

a≠0a \neq 0 のとき,　この曲線は双曲線であり,　その漸近線の方程式は,　

z=±cos⁡α2sin⁡α2⋅1cos⁡α2x=±xsin⁡α2z = \pm \frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}} \cdot \frac{1}{\cos\frac{\alpha}{2}} x = \pm \frac{x}{\sin\frac{\alpha}{2}}

である。概形は次のようになる。

今,　曲面 SS 上の点 RR の位置ベクトルは媒介変数 θ,t\theta ,t を用いて以下のように表されでおり,

r(θ,t)=(cos⁡(θ+α)+t(cos⁡θ−cos⁡(θ−α))sin⁡(θ+α)+t(sin⁡θ−sin⁡(θ+α))−1+2t)r(\theta ,t) = \begin{pmatrix} \cos(\theta + \alpha) + t(\cos\theta - \cos(\theta - \alpha)) \\ \sin(\theta + \alpha) + t(\sin\theta - \sin(\theta + \alpha)) \\ -1 + 2t \end{pmatrix}

ガウス曲率 KK は,

K=(rθθ⋅e)(rtt⋅e)−(rθt⋅e)2(rθ⋅rθ)(rt⋅rt)−(rθ⋅rt)2K = \frac{(r_{\theta\theta}\cdot e)(r_{tt}\cdot e) - (r_{\theta t}\cdot e)^2}{(r_{\theta}\cdot r_{\theta})(r_{t} \cdot r_{t}) - (r_{\theta} \cdot r_{t})^2}

で表される。

rθ=(−(1−t)sin⁡(θ+α)−tsin⁡θ(1−t)cos⁡(θ+α)+tcos⁡θ0)rt=(cos⁡θ−cos⁡(θ+α)sin⁡θ−sin⁡(θ+α)2)rθθ=(−(1−t)cos⁡(θ+α)−tcos⁡θ−(1−t)sin⁡(θ+α)−tsin⁡θ0)rtt=(000)rθt=(−sin⁡θ+sin⁡(θ+α)cos⁡θ−cos⁡(θ+α)0)\begin{aligned} r_{\theta} &= \begin{pmatrix} -(1 - t)\sin(\theta + \alpha) - t\sin \theta \\ (1 - t)\cos(\theta + \alpha) + t\cos \theta \\ 0 \end{pmatrix} \\ r_{t} &= \begin{pmatrix} \cos \theta - \cos(\theta + \alpha) \\ \sin \theta - \sin(\theta + \alpha) \\ 2 \end{pmatrix} \\ r_{\theta\theta} &= \begin{pmatrix} -(1 - t)\cos(\theta + \alpha) - t\cos\theta \\ -(1 - t)\sin(\theta + \alpha) -t\sin\theta \\ 0 \end{pmatrix} \\ r_{tt} &= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \\ r_{\theta t} &= \begin{pmatrix} -\sin\theta + \sin(\theta + \alpha) \\ \cos\theta - \cos(\theta + \alpha) \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

計算の都合上, 設問 IV から先に解答する。

III.​

設問 II の図を利用して, 点 WW における曲面 SS の法線ベクトル nn を求める。 平面 y=0y = 0 での断面が下図左であり, これが双曲線であることから nn は実数 kk を用いて (1,k,0)(1,k,0) の形で表すことができる。

一方で, 平面 z=0z = 0 で断面は SS の方程式に z=0z = 0 を代入することで, 原点を中心とする半径 cos⁡α2\cos\frac{\alpha}{2} の円 (下図右) であることが容易に分かる。したがって, nn は実数 ll を用いて (1,0,l)(1,0,l) の形で表すことができる。

これらをともに満たす nn は, n=(1,0,0)n=(1,0,0) であり, これは単位ベクトルだから点 WW における単位法線ベクトル ee は e=(1,0,0)e=(1,0,0) となる。

点 WW において, θ,t\theta,t は以下の関係を満たす。

{cos⁡(θ+α)+t(cos⁡θ−cos⁡(θ+α))=cos⁡α2sin⁡(θ+α)+t(sin⁡θ−sin⁡(θ+α))=0−1+2t=0\left\{ \begin{aligned} \cos(\theta + \alpha) + t(\cos\theta - \cos(\theta + \alpha)) &= \cos\frac{\alpha}{2 } \\ \sin(\theta + \alpha) + t(\sin\theta - \sin(\theta + \alpha)) &= 0 \\ -1 + 2t &= 0 \end{aligned} \right.

3つ目の式より t=1/2t = 1/2 であり, 2つ目の式に代入して,

sin⁡θ+sin⁡(θ+α)=0\sin\theta + \sin(\theta + \alpha) = 0
sin⁡((θ+α2)−α2)+sin⁡((θ+α2+α2))=0\sin \big((\theta + \frac{\alpha}{2}) - \frac{\alpha}{2}\big) + \sin \big((\theta + \frac{\alpha}{2} + \frac{\alpha}{2})\big) = 0
2cos⁡α2sin⁡(θ+α2)=0(∵和積の公式)2\cos\frac{\alpha}{2}\sin\big(\theta + \frac{\alpha}{2}\big) = 0 (\because\text{和積の公式})

cos⁡α2≠0\cos\frac{\alpha}{2} \neq 0より, sin⁡(θ+α2)=0\sin(\theta + \frac{\alpha}{2}) = 0

∴θ+α2=nπ(n=1,±1,±2,⋯ )\therefore \theta + \frac{\alpha}{2} =n\pi \quad (n=1,\pm1,\pm2,\cdots)

0≤α<π0 \leq \alpha < \pi, 0≤θ<2π0 \leq \theta < 2\pi より,

θ=−α2+π,−α2+2π\theta = -\frac{\alpha}{2} + \pi ,-\frac{\alpha}{2} + 2\pi
∴sin⁡θ=±sin⁡α2⇔sin⁡2θ=sin⁡2α2\therefore \sin\theta = \pm\sin\frac{\alpha}{2} \Leftrightarrow \sin^2\theta =\sin^2\frac{\alpha}{2}

KK の分子は,

−(rθt⋅e)2=−(sin⁡(θ+α)−sin⁡θ)2=−(sin⁡(θ+α)+sin⁡θ)2+4sin⁡θsin⁡(θ+α)=−02+4sin⁡θ⋅(−sin⁡θ)=−4sin⁡2θ=−4sin⁡2α2\begin{aligned} &\quad -(r_{\theta t}\cdot e)^2 \\ &= -(\sin(\theta + \alpha) - \sin\theta)^2 \\ &= -(\sin(\theta + \alpha) + \sin\theta)^2 + 4\sin\theta\sin(\theta + \alpha) \\ &= -0^2 + 4\sin\theta \cdot (-\sin\theta) \\ &= -4\sin^2\theta = -4\sin^2\frac{\alpha}{2} \end{aligned}

KK の分母は,

(rθ⋅rθ)(rt⋅rt)−(rθ⋅rt)2=(6−2cos⁡α)(2−2cos⁡α)(t−12)2+2(1+cos⁡α)=0+2⋅2cos⁡2α2=4cos⁡2α2\begin{aligned} &\quad (r_{\theta} \cdot r_{\theta})(r_{t} \cdot r_{t}) - (r_{\theta} \cdot r_{t})^2 \\ &= (6 - 2\cos\alpha)(2 - 2\cos\alpha)(t - \frac{1}{2})^2 + 2(1 + \cos\alpha) \\ &= 0 + 2 \cdot 2\cos^2\frac{\alpha}{2} = 4\cos^2\frac{\alpha}{2} \end{aligned}

したがって求めるガウス曲率 KK は,

K=−4sin⁡2α24cos⁡2α2=−tan⁡2α2K = \frac{-4\sin^2\frac{\alpha}{2}}{4\cos^2\frac{\alpha}{2}} = -\tan^2\frac{\alpha}{2}

IV.​

rtt=or_{tt} = o であることから, KK の分子は −(rθt⋅e)2-(r_{\theta t} \cdot e)^2 であり, これは明らかに 00 以下である。従って, KK の分母が正であることを示せば良い。

rθ⋅rθ={(1−t)sin⁡(θ+α)+tsin⁡θ}2+{(1−t)cos⁡(θ+α)+tcos⁡θ}2=(1−t)2+t2+2t(1−t){sin⁡(θ+α)sin⁡θ+cos⁡(θ+α)cos⁡θ}=1−2t+2t2+2t(1−t)cos⁡((θ+α)−θ)=1−2t+2t2+2t(1−t)cos⁡α\begin{aligned} &\quad r_{\theta} \cdot r_{\theta} \\ &= \{(1 - t)\sin(\theta + \alpha) + t\sin\theta\}^2 + \{(1 - t)\cos(\theta + \alpha) + t\cos\theta\}^2 \\ &= (1 - t)^2 + t^2 + 2t(1 - t)\{\sin(\theta + \alpha)\sin\theta + \cos(\theta + \alpha)\cos\theta\} \\ &= 1 - 2t + 2t^2 + 2t(1 - t)\cos\big((\theta + \alpha) - \theta\big) \\ &= 1 - 2t + 2t^2 + 2t(1 - t)\cos\alpha \end{aligned}
rt⋅rt=(cos⁡θ−cos⁡(θ+α))2+(sin⁡θ−sin⁡(θ+α))2+22=1+1+4−2{cos⁡(θ+α)cos⁡θ +sin⁡θsin⁡(θ+α)}=6−2cos⁡α\begin{aligned} &\quad r_{t} \cdot r_{t} \\ &= (\cos\theta - \cos(\theta + \alpha))^2 + (\sin\theta - \sin(\theta + \alpha))^2 + 2^2 \\ &= 1 + 1 + 4 - 2\{\cos(\theta + \alpha)\cos\theta\ + \sin\theta\sin(\theta + \alpha)\} \\ &= 6 - 2\cos\alpha \end{aligned}
rθ⋅rt={−(1−t)sin⁡(θ+α)−tsin⁡θ}(cos⁡θ−cos⁡(θ+α))+{(1−t)cos⁡(θ+α)+tcos⁡θ}(sin⁡θ−sin⁡(θ+α))=−(1−t)sin⁡(θ+α)cos⁡θ+(1−t)sin⁡(θ+α)cos⁡(θ+α)−tsin⁡θcos⁡θ+tsin⁡θcos⁡(θ+α)+(1−t)cos⁡(θ+α)sin⁡θ−(1−t)cos⁡(θ+α)sin⁡(θ+α)+tsin⁡θcos⁡θ−tcos⁡θsin⁡(θ+α)=−sin⁡(θ+α)cos⁡θ+cos⁡(θ+α)sin⁡θ=sin⁡(θ−(θ+α))=−sin⁡α\begin{aligned} &\quad r_{\theta} \cdot r_{t}\\ &= \{-(1 - t)\sin(\theta + \alpha) - t\sin\theta\}(\cos\theta - \cos(\theta + \alpha)) \\ &\qquad +\{(1 - t)\cos(\theta + \alpha)+ t\cos\theta\}(\sin\theta - \sin(\theta + \alpha)) \\ &= -(1 - t)\sin(\theta + \alpha)\cos\theta + (1 - t)\sin(\theta + \alpha)\cos(\theta + \alpha)\\ &\qquad - t\sin\theta\cos\theta + t\sin\theta\cos(\theta + \alpha) + (1 - t)\cos(\theta + \alpha)\sin\theta \\ &\quad \qquad - (1 - t)\cos(\theta + \alpha)\sin(\theta + \alpha) \\ &\qquad \qquad + t\sin\theta\cos\theta - t\cos\theta\sin(\theta + \alpha) \\ &= -\sin(\theta + \alpha)\cos\theta + \cos(\theta + \alpha)\sin\theta \\ &= \sin(\theta - (\theta + \alpha))\\ &= -\sin\alpha \end{aligned}

であるから, KK の分母は,

(rθ⋅rθ)(rt⋅rt)−(rθ⋅rt)2={1−2t+2t2+2t(1−t)cos⁡α}(6−2cos⁡α)−sin⁡2α=(6−2cos⁡α){(2−2cos⁡α)t2+(2cos⁡α−2)t+1}−(1−cos⁡2α)=(6−2cos⁡α)(2−2cos⁡α)(t−12)2−14(6−2cos⁡α)(2−2cos⁡α)+(5−2cos⁡α+cos⁡2α)=(6−2cos⁡α)(2−2cos⁡α)(t−12)2+2(1+cos⁡α)\begin{aligned} &\quad (r_{\theta} \cdot r_{\theta})(r_{t} \cdot r_{t}) - (r_{\theta} \cdot r_{t})^2 \\ &= \{1 - 2t + 2t^2 + 2t(1 - t)\cos\alpha\}(6 - 2\cos\alpha) - \sin^2\alpha \\ &= (6 - 2\cos\alpha)\{(2 - 2\cos\alpha)t^2 + (2\cos\alpha - 2)t + 1\} - (1 - \cos^2\alpha) \\ &= (6 - 2\cos\alpha)(2 - 2\cos\alpha)\big(t - \frac{1}{2}\big)^2 \\ &\qquad \qquad - \frac{1}{4}(6 - 2\cos\alpha)(2 - 2\cos\alpha) + (5 - 2\cos\alpha + \cos^2\alpha) \\ &= (6 - 2\cos\alpha)(2 - 2\cos\alpha)\big(t - \frac{1}{2}\big)^2 + 2(1 + \cos\alpha) \end{aligned}

ここで, 0≤α<π0 \leq \alpha < \pi より, cos⁡α≥0\cos\alpha \ge 0 であるから,

(rθ⋅rθ)(rt⋅rt)−(rθ⋅rt)2>0(r_{\theta} \cdot r_{\theta})(r_{t} \cdot r_{t}) - (r_{\theta} \cdot r_{t})^2 > 0

である。したがって, K≤0K \leq 0 が示された。

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