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数学2 三角関数問題 39 解説

方針・初手

(1) は、点 $P_1(t)$ と $P_2(t)$ の位置ベクトルを時刻 $t$ の関数として立式し、2点間の距離の2乗が $t$ の2次式になることを利用する。条件を満たす実数 $t$ が存在することから、判別式を用いて不等式を導く。

(2) は、(1)で用いたベクトル $\overrightarrow{e_1} - \overrightarrow{e_2}$ を成分表示し、三角関数の和積の公式を用いて整理する。これにより、絶対値やなす角の条件を $\theta_1, \theta_2$ の関係式に翻訳する。

(3) は、(2)で得られた不等式を3つの角の組み合わせすべてに適用し、連立させて $\theta_1, \theta_2, \theta_3$ それぞれの範囲を絞り込む。さらに、時刻 $T$ における各点の位置をベクトルで表し、余弦定理を用いて外心 $O$ との距離を評価する。

解法1

(1)

点 $A_1$ を始点として $P_1(t), P_2(t)$ の位置ベクトルを表すと、

$$\overrightarrow{A_1 P_1(t)} = t \overrightarrow{e_1}$$

$$\overrightarrow{A_1 P_2(t)} = \overrightarrow{A_1 A_2} + \overrightarrow{A_2 P_2(t)} = \overrightarrow{a_1} + t \overrightarrow{e_2}$$

となる。したがって、

$$\overrightarrow{P_1(t) P_2(t)} = \overrightarrow{A_1 P_2(t)} - \overrightarrow{A_1 P_1(t)} = \overrightarrow{a_1} - t(\overrightarrow{e_1} - \overrightarrow{e_2})$$

与えられた条件より、$d(P_1(t), P_2(t)) \leqq 1$ を満たす実数 $t$ が存在する。両辺を2乗して

$$|\overrightarrow{a_1} - t(\overrightarrow{e_1} - \overrightarrow{e_2})|^2 \leqq 1$$

ここで $\overrightarrow{v} = \overrightarrow{e_1} - \overrightarrow{e_2}$ とおいて展開すると、

$$|\overrightarrow{v}|^2 t^2 - 2(\overrightarrow{a_1} \cdot \overrightarrow{v}) t + |\overrightarrow{a_1}|^2 - 1 \leqq 0$$

$\overrightarrow{v} = \overrightarrow{0}$ と仮定すると、左辺は $|\overrightarrow{a_1}|^2 - 1 = 1000^2 - 1 > 0$ となり不等式を満たす $t$ は存在しない。したがって $\overrightarrow{v} \neq \overrightarrow{0}$ である。この $t$ についての2次不等式が解をもつ条件は、判別式を $D$ とすると $D/4 \geqq 0$ であるから、

$$(\overrightarrow{a_1} \cdot \overrightarrow{v})^2 - |\overrightarrow{v}|^2 (|\overrightarrow{a_1}|^2 - 1) \geqq 0$$

$\overrightarrow{v} \neq \overrightarrow{0}$ より $|\overrightarrow{v}|^2 > 0$ であり、$|\overrightarrow{a_1}|^2 = 1000^2$ であるから、両辺を $|\overrightarrow{a_1}|^2 |\overrightarrow{v}|^2$ で割ると

$$\frac{(\overrightarrow{a_1} \cdot \overrightarrow{v})^2}{|\overrightarrow{a_1}|^2 |\overrightarrow{v}|^2} \geqq 1 - \frac{1}{1000^2}$$

ベクトル $\overrightarrow{a_1}$ と $\overrightarrow{v}$ のなす角が $\theta$ であるから、$\frac{\overrightarrow{a_1} \cdot \overrightarrow{v}}{|\overrightarrow{a_1}| |\overrightarrow{v}|} = \cos \theta$ となる。

$$\cos^2 \theta \geqq 1 - \frac{1}{1000^2}$$

$$1 - \sin^2 \theta \geqq 1 - \frac{1}{1000^2}$$

$$\sin^2 \theta \leqq \frac{1}{1000^2}$$

したがって、$|\sin \theta| \leqq \frac{1}{1000}$ が示された。

(2)

$\triangle A_1 A_2 A_3$ の頂点が反時計回りに配置されているとして一般性を失わない。 $\overrightarrow{a_1}$ と同じ向きに $x$ 軸をとる。 $\overrightarrow{e_1}$ は $\overrightarrow{a_1}$ に対して反時計回りに $\theta_1$ の角をなすので、成分表示は

$$\overrightarrow{e_1} = (\cos \theta_1, \sin \theta_1)$$

正三角形の内角・外角の関係から、$\overrightarrow{a_2}$ は $\overrightarrow{a_1}$ に対して $\frac{2\pi}{3}$ の角をなす。$\overrightarrow{e_2}$ は $\overrightarrow{a_2}$ に対して反時計回りに $\theta_2$ の角をなすので、

$$\overrightarrow{e_2} = \left(\cos\left(\frac{2\pi}{3} + \theta_2\right), \sin\left(\frac{2\pi}{3} + \theta_2\right)\right)$$

$\overrightarrow{v} = \overrightarrow{e_1} - \overrightarrow{e_2}$ の成分を計算する。和積の公式を用いると、

$$v_x = \cos \theta_1 - \cos\left(\frac{2\pi}{3} + \theta_2\right) = 2 \sin\left(\frac{\theta_1 + \theta_2 + \frac{2\pi}{3}}{2}\right) \sin\left(\frac{\frac{2\pi}{3} + \theta_2 - \theta_1}{2}\right)$$

$$v_y = \sin \theta_1 - \sin\left(\frac{2\pi}{3} + \theta_2\right) = -2 \cos\left(\frac{\theta_1 + \theta_2 + \frac{2\pi}{3}}{2}\right) \sin\left(\frac{\frac{2\pi}{3} + \theta_2 - \theta_1}{2}\right)$$

ここで、$0 < \theta_1 < \frac{\pi}{3}, 0 < \theta_2 < \frac{\pi}{3}$ であるから $0 < \frac{\frac{2\pi}{3} + \theta_2 - \theta_1}{2} < \frac{\pi}{2}$ となり、$\sin\left(\frac{\frac{2\pi}{3} + \theta_2 - \theta_1}{2}\right) > 0$ である。よって、

$$|\overrightarrow{v}| = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = 2 \sin\left(\frac{\frac{2\pi}{3} + \theta_2 - \theta_1}{2}\right)$$

また、$\overrightarrow{a_1}$ と $\overrightarrow{v}$ のなす角 $\theta$ について、$\overrightarrow{a_1}$ は $x$ 軸に平行であるから

$$|\sin \theta| = \frac{|v_y|}{|\overrightarrow{v}|} = \left|\cos\left(\frac{\theta_1 + \theta_2 + \frac{2\pi}{3}}{2}\right)\right|$$

(1) の結果および $\sin \alpha = \frac{1}{1000}$ より、

$$\left|\cos\left(\frac{\theta_1 + \theta_2 + \frac{2\pi}{3}}{2}\right)\right| \leqq \sin \alpha$$

$0 < \theta_1 + \theta_2 < \frac{2\pi}{3}$ より $\frac{\pi}{3} < \frac{\theta_1 + \theta_2 + \frac{2\pi}{3}}{2} < \frac{2\pi}{3}$ であり、$\sin \alpha = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right)$ を用いると

$$-\cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) \leqq \cos\left(\frac{\theta_1 + \theta_2 + \frac{2\pi}{3}}{2}\right) \leqq \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right)$$

$$\cos\left(\frac{\pi}{2} + \alpha\right) \leqq \cos\left(\frac{\theta_1 + \theta_2 + \frac{2\pi}{3}}{2}\right) \leqq \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right)$$

区間 $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}\right]$ において余弦関数は単調減少であるから、

$$\frac{\pi}{2} - \alpha \leqq \frac{\theta_1 + \theta_2 + \frac{2\pi}{3}}{2} \leqq \frac{\pi}{2} + \alpha$$

各辺を2倍して $\frac{2\pi}{3}$ を引くことで、次を得る。

$$\frac{\pi}{3} - 2\alpha \leqq \theta_1 + \theta_2 \leqq \frac{\pi}{3} + 2\alpha$$

(3)

(2) と同様の議論により、与えられた条件から以下の3つの不等式が成り立つ。

$$\frac{\pi}{3} - 2\alpha \leqq \theta_1 + \theta_2 \leqq \frac{\pi}{3} + 2\alpha \quad \cdots ①$$

$$\frac{\pi}{3} - 2\alpha \leqq \theta_2 + \theta_3 \leqq \frac{\pi}{3} + 2\alpha \quad \cdots ②$$

$$\frac{\pi}{3} - 2\alpha \leqq \theta_3 + \theta_1 \leqq \frac{\pi}{3} + 2\alpha \quad \cdots ③$$

①と③の辺々を足すと

$$\frac{2\pi}{3} - 4\alpha \leqq 2\theta_1 + \theta_2 + \theta_3 \leqq \frac{2\pi}{3} + 4\alpha$$

これから②の辺々を引くと、

$$\left(\frac{2\pi}{3} - 4\alpha\right) - \left(\frac{\pi}{3} + 2\alpha\right) \leqq 2\theta_1 \leqq \left(\frac{2\pi}{3} + 4\alpha\right) - \left(\frac{\pi}{3} - 2\alpha\right)$$

$$\frac{\pi}{3} - 6\alpha \leqq 2\theta_1 \leqq \frac{\pi}{3} + 6\alpha$$

$$\frac{\pi}{6} - 3\alpha \leqq \theta_1 \leqq \frac{\pi}{6} + 3\alpha$$

よって $\left|\theta_1 - \frac{\pi}{6}\right| \leqq 3\alpha$ を得る。対称性から $\theta_2, \theta_3$ についても同様の不等式が成り立つ。

次に、時刻 $T = \frac{1000}{\sqrt{3}}$ における $P_1(T)$ の位置を考える。点 $O$ は一辺 $1000$ の正三角形 $A_1 A_2 A_3$ の重心（外心）であるから、外接円の半径 $R$ は正弦定理より

$$2R = \frac{1000}{\sin \frac{\pi}{3}} \implies R = \frac{1000}{\sqrt{3}}$$

すなわち $T = R$ であり、$|\overrightarrow{A_1 O}| = R$ である。また、線分 $A_1 O$ は $\angle A_3 A_1 A_2$ を二等分するので、$\overrightarrow{a_1}$ と $\overrightarrow{A_1 O}$ のなす角は $\frac{\pi}{6}$ である。したがって、$\overrightarrow{e_1}$ と $\overrightarrow{A_1 O}$ のなす角は $\left|\theta_1 - \frac{\pi}{6}\right|$ である。 $\triangle O A_1 P_1(T)$ において、$\overrightarrow{A_1 P_1(T)} = T \overrightarrow{e_1}$ より $|\overrightarrow{A_1 P_1(T)}| = T = R$。余弦定理を用いると、

$$|\overrightarrow{O P_1(T)}|^2 = |\overrightarrow{A_1 P_1(T)}|^2 + |\overrightarrow{A_1 O}|^2 - 2 |\overrightarrow{A_1 P_1(T)}| |\overrightarrow{A_1 O}| \cos\left(\theta_1 - \frac{\pi}{6}\right)$$

$$= R^2 + R^2 - 2 R^2 \cos\left(\theta_1 - \frac{\pi}{6}\right)$$

$$= 2 R^2 \left\{1 - \cos\left(\theta_1 - \frac{\pi}{6}\right)\right\}$$

$\left|\theta_1 - \frac{\pi}{6}\right| \leqq 3\alpha$ であり、$0 < 3\alpha < \frac{\pi}{2}$ であるから

$$1 - \cos\left(\theta_1 - \frac{\pi}{6}\right) \leqq 1 - \cos 3\alpha$$

ここで、$\cos 3\alpha = 4\cos^3 \alpha - 3\cos \alpha = \cos \alpha (1 - 4\sin^2 \alpha)$ を用いて評価する。

$$1 - \cos 3\alpha = 1 - \cos \alpha + 4 \sin^2 \alpha \cos \alpha$$

$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ より $0 < \cos \alpha < 1$ であるから、

$$1 - \cos \alpha = \frac{1 - \cos^2 \alpha}{1 + \cos \alpha} = \frac{\sin^2 \alpha}{1 + \cos \alpha} < \sin^2 \alpha$$

$$4 \sin^2 \alpha \cos \alpha < 4 \sin^2 \alpha$$

これらより、

$$1 - \cos 3\alpha < \sin^2 \alpha + 4 \sin^2 \alpha = 5 \sin^2 \alpha$$

$\sin \alpha = \frac{1}{1000}$ より $\sin^2 \alpha = 10^{-6}$ であり、$R^2 = \frac{10^6}{3}$ であるから

$$|\overrightarrow{O P_1(T)}|^2 < 2 \cdot \frac{10^6}{3} \cdot 5 \cdot 10^{-6} = \frac{10}{3} < 9$$

したがって、

$$|\overrightarrow{O P_1(T)}| < 3$$

となり、$d(P_1(T), O) \leqq 3$ が成立する。 $P_2, P_3$ についても全く同様の計算から成立が示される。（証明終）

解説

(1) は2点間の距離をベクトルで表現し、実数条件（判別式）に帰着させる典型的な処理である。 (2) は図形的な相対角を適切に成分表示し、三角関数の和積の公式を活用することで見通しよく解き進められる。 (3) は(2)で得た不等式系から各角度の取りうる範囲を評価する。時刻 $T$ は「各頂点から外心に到達するまでの時間」に等しく設定されており、$1 - \cos 3\alpha$ の大きさを上から適切にバウンドさせる不等式評価の技術が問われている。