数学C 平面ベクトル 問題 41 解説

方針・初手

与えられた式

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

は、ベクトル $\overrightarrow{OP}$ と $\overrightarrow{OQ}$ のなす角の余弦である。

したがって、点 $Q$ が領域 $D$ 上を動くとき、原点から見た $Q$ の方向がどの範囲を動くかを調べればよい。

解法1

まず領域 $D$ を調べる。直線

$$ y-(1+\sqrt{2})x=\sqrt{2} $$

と円

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

の交点を求める。

直線を

$$ y=(1+\sqrt{2})x+\sqrt{2} $$

として円に代入すると、

$$ x^2+{(1+\sqrt{2})x+\sqrt{2}}^2=2 $$

より、

$$ x{(4+2\sqrt{2})x+2\sqrt{2}(1+\sqrt{2})}=0 $$

である。よって

$$ x=0,\ -1 $$

を得る。

それぞれの $y$ 座標は

$$ x=0 \quad \Rightarrow \quad y=\sqrt{2}, $$

$$ x=-1 \quad \Rightarrow \quad y=-1 $$

である。したがって交点は

$$ A(0,\sqrt{2}),\quad B(-1,-1) $$

である。

また、原点 $O(0,0)$ は

$$ 0-(1+\sqrt{2})\cdot 0=0<\sqrt{2} $$

を満たすので、領域 $D$ は直線の原点と反対側、すなわち円 $x^2+y^2\leqq 2$ の内部のうち直線

$$ y=(1+\sqrt{2})x+\sqrt{2} $$

の上側である。

したがって $D$ は、弦 $AB$ と円弧 $AB$ に囲まれる部分である。ただし円弧 $AB$ は点 $(-\sqrt{2},0)$ を含む側の円弧である。

次に、点 $Q$ の方向を調べる。点 $Q$ が原点から見て偏角 $\varphi$ の方向にあるとし、

$$ Q=\rho(\cos\varphi,\sin\varphi) $$

とおく。ただし $0<\rho\leqq\sqrt{2}$ である。

点 $Q$ が直線の上側にある条件は

$$ \rho\sin\varphi-(1+\sqrt{2})\rho\cos\varphi\geqq\sqrt{2} $$

すなわち

$$ \rho{\sin\varphi-(1+\sqrt{2})\cos\varphi}\geqq\sqrt{2} $$

である。

ここで $\rho\leqq\sqrt{2}$ であるから、この方向に $D$ の点が存在するための条件は

$$ \sin\varphi-(1+\sqrt{2})\cos\varphi\geqq 1 $$

である。この等号は、先ほど求めた交点 $A,B$ の方向に対応し、

$$ \varphi=\frac{\pi}{2},\quad \frac{5\pi}{4} $$

で成り立つ。また、その間で不等式が成り立つので、原点から見た $D$ の方向は

$$ \frac{\pi}{2}\leqq \varphi\leqq \frac{5\pi}{4} $$

である。

一方、

$$ P=(\cos t,\sin t) $$

であるから、$\overrightarrow{OP}$ の方向は $t$ である。よって、$\overrightarrow{OQ}$ の方向を $\varphi$ とすると、

$$ \frac{\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}}{|\overrightarrow{OP}||\overrightarrow{OQ}|} =\cos(t-\varphi) $$

である。

これは、$\overrightarrow{OP}$ と $\overrightarrow{OQ}$ のなす角を $\theta$ とすれば

$$ \frac{\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}}{|\overrightarrow{OP}||\overrightarrow{OQ}|} =\cos\theta $$

である。

ここで $0\leqq t\leqq \pi$ である。$Q$ の方向は

$$ \frac{\pi}{2}\leqq \varphi\leqq \frac{5\pi}{4} $$

であるから、$t$ がこの範囲に入るかどうかで最大値が変わる。

(i)

$0\leqq t\leqq \dfrac{\pi}{2}$ のとき

$P$ の方向 $t$ に最も近い $D$ の方向は $\varphi=\dfrac{\pi}{2}$ である。よって

$$ f(t)=\cos\left(\frac{\pi}{2}-t\right)=\sin t $$

である。

(ii)

$\dfrac{\pi}{2}\leqq t\leqq \pi$ のとき

$P$ の方向 $t$ 自体が $D$ の方向の範囲に含まれている。したがって $Q$ を $P$ と同じ方向に取ることができ、このときなす角は $0$ である。よって

$$ f(t)=1 $$

である。

以上より、

$$ f(t)= \begin{cases} \sin t & \left(0\leqq t\leqq \dfrac{\pi}{2}\right),\\ 1 & \left(\dfrac{\pi}{2}\leqq t\leqq \pi\right) \end{cases} $$

である。

特に、$t=\dfrac{\pi}{4}$ のときは $0\leqq t\leqq\dfrac{\pi}{2}$ に含まれるので、最大にする点 $Q$ は方向 $\varphi=\dfrac{\pi}{2}$ にある。これは

$$ Q=(0,\sqrt{2}) $$

である。

したがって

$$ f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\sin\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2} $$

である。

また、

$$ f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2} $$

であり、

$$ f\left(\frac{3\pi}{4}\right)=1 $$

である。

最後に積分を求める。

$$ \int_0^\pi f(t),dt = \int_0^{\pi/2}\sin t,dt+\int_{\pi/2}^{\pi}1,dt $$

であるから、

$$ \int_0^{\pi/2}\sin t,dt = [-\cos t]_0^{\pi/2} =1 $$

また、

$$ \int_{\pi/2}^{\pi}1,dt = \frac{\pi}{2} $$

である。よって

$$ \int_0^\pi f(t),dt = 1+\frac{\pi}{2} $$

である。

解説

この問題の核心は、点 $Q$ の位置そのものではなく、原点から見た点 $Q$ の方向だけが値に影響する点である。

内積を長さで割った式は、2つのベクトルのなす角の余弦である。したがって最大値を考えるには、領域 $D$ が原点から見てどの角度範囲にあるかを把握すればよい。

領域 $D$ は円の内部と半平面の共通部分であり、原点から見ると方向角

$$ \frac{\pi}{2}\leqq \varphi\leqq \frac{5\pi}{4} $$

の範囲に存在する。そのため、$P$ の方向 $t$ がこの範囲に入っていれば最大値は $1$、入っていなければ最も近い端の方向を選ぶことになる。

答え

(1)

領域 $D$ は、円 $x^2+y^2\leqq2$ の内部のうち、直線

$$ y=(1+\sqrt{2})x+\sqrt{2} $$

の上側である。境界の交点は

$$ (0,\sqrt{2}),\quad (-1,-1) $$

であり、弦と点 $(-\sqrt{2},0)$ を含む円弧で囲まれる部分である。

(2)

$$ [②]=\cos\theta $$

(3)

$$ Q(0,\sqrt{2}) $$

より、

$$ [③]=0,\quad [④]=\sqrt{2} $$

また、

$$ f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} $$

であるから、

$$ [⑤]=\frac{\sqrt{2}}{2} $$

(4)

$$ f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2} $$

$$ f\left(\frac{3\pi}{4}\right)=1 $$

(5)

$$ \int_0^\pi f(t),dt=1+\frac{\pi}{2} $$