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数学C 平面ベクトル問題 13 解説

方針・初手

$\overrightarrow{OP}$ と $\overrightarrow{OQ}$ は、それぞれ点 $P,Q$ の位置ベクトルである。内積は

$$ \overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ} $$

であり、$P$ は半径 $\sqrt{2}$ の円周上を自由に動く。したがって、まず $Q$ を固定し、そのとき $P$ の向きをどのように取れば内積が最大・最小になるかを考える。

解法1

点 $Q$ の位置ベクトルを $\overrightarrow{OQ}$ とする。点 $P$ は

$$ x^2+y^2=2 $$

上にあるから、

$$ |\overrightarrow{OP}|=\sqrt{2} $$

である。

$Q$ を固定すると、内積は

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ} &= |\overrightarrow{OP}|,|\overrightarrow{OQ}|\cos\theta\\ &= \sqrt{2},|\overrightarrow{OQ}|\cos\theta \end{aligned} $$

と表される。ただし、$\theta$ は $\overrightarrow{OP}$ と $\overrightarrow{OQ}$ のなす角である。

点 $P$ は円周上を任意に動けるので、$\overrightarrow{OP}$ の向きは自由に選べる。したがって、固定した $Q$ に対して、

$$ -\sqrt{2},|\overrightarrow{OQ}| \leqq \overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ} \leqq \sqrt{2},|\overrightarrow{OQ}| $$

である。

よって、全体の最大値・最小値を求めるには、楕円

$$ x^2+\frac{y^2}{3}=1 $$

上の点 $Q=(x,y)$ について、$|\overrightarrow{OQ}|$ の最大値を求めればよい。

楕円の式から

$$ y^2=3(1-x^2) $$

である。したがって、

$$ |\overrightarrow{OQ}|^2=x^2+y^2 =x^2+3(1-x^2) =3-2x^2 $$

となる。

楕円上では $-1\leqq x\leqq 1$ であるから、$0\leqq x^2\leqq 1$ である。よって

$$ 3-2x^2 $$

は、$x^2=0$ のとき最大となり、その最大値は

$$ 3 $$

である。したがって、

$$ |\overrightarrow{OQ}|_{\max}=\sqrt{3} $$

である。

ゆえに、内積の最大値は

$$ \sqrt{2}\cdot \sqrt{3}=\sqrt{6} $$

であり、最小値は

$$ -\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}=-\sqrt{6} $$

である。

実際、$Q=(0,\sqrt{3})$、$P=(0,\sqrt{2})$ とすれば

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ} &= 0\cdot 0+\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}\\ &= \sqrt{6} \end{aligned} $$

となり、最大値をとる。

また、$Q=(0,\sqrt{3})$、$P=(0,-\sqrt{2})$ とすれば

$$ \overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ} = 0\cdot 0+(-\sqrt{2})\cdot \sqrt{3} -\sqrt{6} $$

となり、最小値をとる。

解法2

点 $P,Q$ を媒介変数で表す。

点 $P$ は円

$$ x^2+y^2=2 $$

上にあるから、

$$ P=(\sqrt{2}\cos\alpha,\sqrt{2}\sin\alpha) $$

とおける。

点 $Q$ は楕円

$$ x^2+\frac{y^2}{3}=1 $$

上にあるから、

$$ Q=(\cos\beta,\sqrt{3}\sin\beta) $$

とおける。

このとき内積は

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ} &=(\sqrt{2}\cos\alpha)(\cos\beta)+(\sqrt{2}\sin\alpha)(\sqrt{3}\sin\beta)\\ &=\sqrt{2}\cos\beta\cos\alpha+\sqrt{6}\sin\beta\sin\alpha \end{aligned} $$

である。

ここで $\beta$ を固定すると、これは $\alpha$ について

$$ A\cos\alpha+B\sin\alpha $$

の形である。ただし

$$ A=\sqrt{2}\cos\beta,\qquad B=\sqrt{6}\sin\beta $$

である。

よって、$\alpha$ を動かしたときの最大値は

$$ \sqrt{A^2+B^2} $$

であり、最小値は

$$ -\sqrt{A^2+B^2} $$

である。

したがって、

$$ \sqrt{A^2+B^2} = \sqrt{2\cos^2\beta+6\sin^2\beta} $$

である。これを整理すると、

$$ \begin{aligned} 2\cos^2\beta+6\sin^2\beta &= 2(1-\sin^2\beta)+6\sin^2\beta\\ &= 2+4\sin^2\beta \end{aligned} $$

となる。

$0\leqq \sin^2\beta\leqq 1$ より、

$$ 2\leqq 2+4\sin^2\beta\leqq 6 $$

である。したがって、

$$ \sqrt{A^2+B^2}\leqq \sqrt{6} $$

であり、最大値は $\sqrt{6}$ である。

また、内積はその反対向きにも取れるので、最小値は

$$ -\sqrt{6} $$

である。

解説

この問題では、$P$ と $Q$ が独立に動く点であることが重要である。$P$ は半径 $\sqrt{2}$ の円周上を動くので、$\overrightarrow{OP}$ の長さは一定で、向きだけを自由に変えられる。

そのため、固定した $\overrightarrow{OQ}$ に対して内積を最大にするには $\overrightarrow{OP}$ を $\overrightarrow{OQ}$ と同じ向きにし、最小にするには反対向きにすればよい。あとは楕円上の点 $Q$ について、原点からの距離が最大になる点を探す問題になる。

楕円

$$ x^2+\frac{y^2}{3}=1 $$

は $y$ 軸方向に長いので、原点から最も遠い点は $(0,\pm\sqrt{3})$ である。これが内積の最大値・最小値を決める。