[math][東京医科歯科大学]2024年東京医科歯科大学数学問題2

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問題

$xyz$空間において、点$A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(-1, 0, 0), D(0, 0, 1)$をとり、線分$CD$の中点を$M$とする。さらに、$N$を線分$BD$上の点とする。また、$z$軸と平行でない直線上の異なる$2$点$P(x, y, z), Q(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime})$に対して、$$\frac{z^{\prime}-z}{\sqrt{(x^{\prime}-x)^2+(y^{\prime}-y)^2}}$$をベクトル$\overrightarrow{PQ}$の勾配と呼ぶ。$\overrightarrow{AN}$の勾配を$t_1$、$\overrightarrow{NM}$の勾配を$t_2$とするとき、以下の各問いに答えよ。
$(1)$ $t_2 = 0$となるように$N$をとったとき、$t_1$の値を求めよ。
$(2)$ $l = |\overrightarrow{AN}| + |\overrightarrow{NM}|$とし、$l$が最小となるように$N$をとったとき、$l$の値を求めよ。
$(3)$ $0\leq t_2\leq t_1$となるように$N$をとったとき、$N$の$y$座標を$s$とする。$s$が取り得る値の範囲を求めよ。

方針

図形的に考えても良いし、計算しても難しくない。

解答

$(1)$ 点$M$の座標は$\displaystyle \left(-\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}\right)$であり、点$N$は$u\ (0\leq u\leq 1)$を用いて、$(1-u)(0, 1, 0) + u(0, 0, 1) = (0, 1-u, u)$と置ける。$$\begin{eqnarray}t_1 & = & \frac{u-0}{\sqrt{(0-1)^2+(1-u-0)^2}} \\ & = & \frac{u}{\sqrt{1+(1-u)^2}} \\ t_2 & = & \frac{\frac{1}{2}-u}{\sqrt{(-\frac{1}{2}-0)^2+(0-(1-u))^2}} \\ & = & \frac{1-2u}{\sqrt{1+4(1-u)^2}} \end{eqnarray}$$である。$t_2 = 0$のとき、$\displaystyle u = \frac{1}{2}$であるから、$t_1$に代入して、$$\begin{eqnarray}t_1 & = & \frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{2}\right)^2}} \\ & = & \underline{\frac{1}{\sqrt{5}}}\end{eqnarray}$$となる。

$(2)$ $$\begin{eqnarray}l & = & |\overrightarrow{AN}| + |\overrightarrow{NM}| \\ & = & \sqrt{(0-1)^2+(1-u-0)^2+(u-0)^2} + \sqrt{\left(-\frac{1}{2}-0\right)^2 + (0-(1-u))^2 + \left(\frac{1}{2}-u\right)^2} \\ & = & \sqrt{2u^2-2u+2}+\sqrt{2u^2-3u+\frac{3}{2}}\end{eqnarray}$$である。これから、$$\begin{eqnarray}\frac{dl}{du} & = & \frac{2u-1}{\sqrt{2u^2-2u+2}} + \frac{2u-\frac{3}{2}}{\sqrt{2u^2-3u+\frac{3}{2}}} \\ \frac{d^2l}{du^2} & = & \frac{2\cdot \sqrt{2u^2-2u+2}-(2u-1)\cdot \frac{2u-1}{\sqrt{2u^2-2u+2}}}{2u^2-2u+2} + \frac{2\cdot \sqrt{2u^2-3u+\frac{3}{2}}-\left(2u-\frac{3}{2}\right)\frac{2u-\frac{3}{2}}{\sqrt{2u^2-3u+\frac{3}{2}}}}{2u^2-3u+\frac{3}{2}} \\ & = & \frac{2(2u^2-2u+2)-(2u-1)^2}{(2u^2-2u+2)^\frac{3}{2}} + \frac{2\left(2u^2-3u+\frac{3}{2}\right)-\left(2u-\frac{3}{2}\right)^2}{\left(2u^2-3u+\frac{3}{2}\right)^{\frac{3}{2}}} \\ & = & \frac{3}{(2u^2-2u+2)^{\frac{3}{2}}}+\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{\left(2u^2-3u+\frac{3}{2}\right)^{\frac{3}{2}}} > 0\end{eqnarray}$$となる。したがって、$\displaystyle \frac{dl}{du}$は$u$についての増加関数で、$u = 0$のとき$\displaystyle \frac{dl}{du} = -\frac{1}{\sqrt{2}}-\sqrt{\frac{3}{2}} < 0$、$l = 1$のとき$\displaystyle \frac{dl}{du} = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} > 0$であるから、$0 < u < 1$に$\displaystyle \frac{dl}{du} = 0$となる$u$が存在する。これを$u = u_0$と置くと、$$\begin{eqnarray}\frac{2u_0-1}{\sqrt{2{u_0}^2-2u_0+2}} + \frac{2u_0-\frac{3}{2}}{\sqrt{2{u_0}^2-3u_0+\frac{3}{2}}} & = & 0 \\ \iff (2u_0-1)\sqrt{2{u_0}^2-3u_0-\frac{3}{2}} & = & \left(\frac{3}{2}-2u_0\right)\sqrt{2{u_0}^2-2u_0+2}\end{eqnarray}$$である。両辺を二乗して、$$\begin{eqnarray}(2u_0-1)^2\left(2{u_0}^2-3u_0+\frac{3}{2}\right) & = & \left(\frac{3}{2}-2u_0\right)^2(2{u_0}^2-2u_0+2)\end{eqnarray}$$であり、整理すると$3{u_0}^2-5u_0+2 = 0$となる。$0 <u_0 <1$であるから、$\displaystyle u_0 = \frac{2}{3}$となる。このとき、$\displaystyle \underline{l = \frac{\sqrt{14}}{2}}$となる。

$(3)$ $0\leq t_2\leq t_1$のとき、$(1)$から$$0\leq \frac{1-2u}{\sqrt{1+4(1-u)^2}}\leq \frac{u}{\sqrt{1+(1-u)^2}}$$である。最左辺の不等式から$\displaystyle u\leq \frac{1}{2}$であり、最右辺の不等式を変形して、$$u^2(1+4(1-u)^2) \geq (1-2u)^2(1+(1-u)^2)$$である。計算すると、$$\begin{eqnarray}u^2(1+4(1-u)^2)- (1-2u)^2(1+(1-u)^2) \\ & = & 2(2u^3-6u^2+5u-1) \\ & = & 2(u-1)(2u^2-4u+1) \geq 0\end{eqnarray}$$である。これを満たすのは、$\displaystyle 0 \leq u\leq \frac{1}{2}$に注意して、$\displaystyle \frac{2-\sqrt{2}}{2}\leq u\leq \frac{1}{2}$となる。$s = 1-u$であるから、$s$が取り得る値の範囲は、$\displaystyle \underline{\frac{1}{2}\leq s \leq \frac{\sqrt{2}}{2}}$となる。