[math]1979年東京大学理系数学問題4

Table of Contents

問題

平面上の点$O$を中心とする半径$1$の円周上の点$P$をとり、円の内部または周上に$2$点$Q, R$を、$\triangle{PQR}$が$1$辺の長さ$\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}$の正三角形となるようにとる。このとき、${OP}^2+{OR}^2$の最大値および最小値を求めよ。

方針

点$P$は適当に$(1, 0)$などとしても一般性は失われない。

解答

点$P (1, 0)$とする。このとき、点$P$を中心とする半径$\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}$の円を考える。点$R$はこの円周上で、単位円の内部にある部分を動くものとして良い。さらに、$x$軸に関する対称性から$y > 0$の部分を動くものとしても良い。

図を参考にすると、${OP}^2+{OR}^2$は$R$が図の点$A$にあるときに最大になる。このとき、$Q$の位置を求める。点$A$の座標は$x^2+y^2 = 1$と点$P$を中心とする半径$\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}$の円$\displaystyle (x-1)^2+y^2 = \frac{4}{3}$を連立させて、$\displaystyle A\left(\frac{1}{3}, \frac{2\sqrt{2}}{3}\right)$となる。$\overrightarrow{AQ}$は$\overrightarrow{AP}$を$\displaystyle -\frac{1}{3}\pi$回転したものなので、$$\begin{eqnarray}\overrightarrow{AQ} & = & \begin{pmatrix}\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2}\\ -\frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2}\end{pmatrix}\overrightarrow{AP}\\ & = & \begin{pmatrix}\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2}\\ -\frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{2}{3} \\ -\frac{2\sqrt{2}}{3}\end{pmatrix}\\ & = & \frac{1}{3}(1-\sqrt{6}, -\sqrt{3}-\sqrt{2})\end{eqnarray}$$となる。よって、$$\begin{eqnarray}\overrightarrow{OQ} & = & \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AQ} \\ & = & \frac{1}{3}(2-\sqrt{6}, -\sqrt{3}+\sqrt{2})\end{eqnarray}$$となる。$$\frac{1}{9}\left((2-\sqrt{6})^2 + (-\sqrt{3}+\sqrt{2})^2\right) = \frac{5-2\sqrt{6}}{3} < 1$$であるから、これは単位円の中に含まれている。よって、${OP}^2+{OR}^2$の最大値は$$\begin{eqnarray}{OP}^2 + {OA}^2 & = & 1 + \frac{1}{9}(1+8)\\ & = & \underline{2}\end{eqnarray}$$となる。

次に、上で求めた点$Q$の$x$軸に関して対称な点を$B$とすると、点$R$が$B$にあるとき、${OP}^2+{OR}^2$は最小となる。なぜならば、点$R$を円周$\displaystyle (x-1)^2 + y^2 = \frac{4}{3}$上の$x^2+y^2 = 1$の内部にある部分を$A$から下に移動させると、点$B$に到達したときに点$Q$は単位円周上に到達し、点$R$をさらに下に移動させると点$Q$が単位円からはみ出してしまうからである。よって、${OP}^2+{OR}^2$の最小値は、$$\begin{eqnarray}{OP}^2+{OB}^2 & = & {OP}^2 + {OQ}^2 \\ & = & 1 + \frac{1}{9}((2-\sqrt{6})^2 + (-\sqrt{3}+\sqrt{2})^2)\\ & = & \underline{\frac{2}{3}(4-\sqrt{6}) } \end{eqnarray}$$となる。

解説

解答のように点$P$を固定させるところが第一歩で、それが出来ないと始まらない。最大値の方はまだなんとかなるだろうが、点$R$が解答の図の$A$に一致するとき、実際に条件を満たすかどうかは、正三角形のもう一方の頂点$Q$が単位円の中に含まれていることを示す必要がある。そうすると、実際に点$Q$は求める必要があるだろう。これを求めるときには回転行列を用いている。ベクトル$\overrightarrow{a}$を平面上で角度$\theta$だけ回転させたものは、$$\begin{pmatrix}\cos{\theta} & -\sin{\theta}\\ \sin{\theta} &\cos{\theta}\end{pmatrix}\overrightarrow{a}$$となる。これがさっと出てこないと、直線を求め、交点を求め$\cdots$などといくら時間があっても足りない。最小値に関しては最大値を求める過程の図が使える。東京大学では正三角形の問題がよく出題されるが、難問になりやすい印象がある。