北海道大学 1968年 文系 第2問 解説

方針・初手

与えられた条件 $x^2 + y^2 = 1$ は、座標平面上の原点を中心とする半径 $1$ の円（単位円）上の点を表している。このことから、$x, y$ を三角関数を用いてパラメータ表示し、1変数の問題に帰着させる方針が考えられる。また、与えられた式 $\sqrt{3}x^2 + 2xy - \sqrt{3}y^2$ の各項がすべて $x, y$ の2次である（2次の同次式である）ことに着目し、式の値そのものを文字で置き、実数解をもつ条件を利用するアプローチも有効である。

解法1

条件 $x^2 + y^2 = 1$ より、実数 $x, y$ は媒介変数 $\theta$ ($0 \leqq \theta < 2\pi$) を用いて、次のように表すことができる。

$$ \begin{cases} x = \cos\theta \\ y = \sin\theta \end{cases} $$

これを求める式に代入し、その値を $k$ とおくと、以下のようになる。

$$ \begin{aligned} k &= \sqrt{3}\cos^2\theta + 2\cos\theta\sin\theta - \sqrt{3}\sin^2\theta \\ &= \sqrt{3}(\cos^2\theta - \sin^2\theta) + 2\sin\theta\cos\theta \end{aligned} $$

2倍角の公式 $\cos 2\theta = \cos^2\theta - \sin^2\theta$ および $\sin 2\theta = 2\sin\theta\cos\theta$ を用いて変形する。

$$ k = \sqrt{3}\cos 2\theta + \sin 2\theta $$

さらに、三角関数の合成を行う。

$$ \begin{aligned} k &= \sin 2\theta + \sqrt{3}\cos 2\theta \\ &= 2\left(\frac{1}{2}\sin 2\theta + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos 2\theta\right) \\ &= 2\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{3}\right) \end{aligned} $$

ここで、$0 \leqq \theta < 2\pi$ であるから、$0 \leqq 2\theta < 4\pi$ となり、合成された角の範囲は次のようになる。

$$ \frac{\pi}{3} \leqq 2\theta + \frac{\pi}{3} < \frac{13\pi}{3} $$

この範囲において、正弦関数 $\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{3}\right)$ は最大値 $1$ をとることができる。したがって、$k$ の最大値は $2$ である。

最大値をとるときの $\theta$ を求める。$\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{3}\right) = 1$ となるのは、上の角度の範囲より以下を満たすときである。

$$ 2\theta + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}, \quad \frac{5\pi}{2} $$

これを解いて、$\theta$ の値を求める。

(i) $2\theta + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$ のとき

$$ 2\theta = \frac{\pi}{6} \implies \theta = \frac{\pi}{12} $$

このときの $x, y$ の値を加法定理を用いて求める。

$$ \begin{aligned} x &= \cos\frac{\pi}{12} = \cos\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6}\right) \\ &= \cos\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{6} + \sin\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{6} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} \\ &= \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} y &= \sin\frac{\pi}{12} = \sin\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6}\right) \\ &= \sin\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{6} - \cos\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{6} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} \\ &= \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \end{aligned} $$

(ii) $2\theta + \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{2}$ のとき

$$ 2\theta = \frac{13\pi}{6} \implies \theta = \frac{13\pi}{12} $$

このとき、$\theta = \pi + \frac{\pi}{12}$ であるから、$x, y$ の値は次のようになる。

$$ x = \cos\left(\pi + \frac{\pi}{12}\right) = -\cos\frac{\pi}{12} = -\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} $$

$$ y = \sin\left(\pi + \frac{\pi}{12}\right) = -\sin\frac{\pi}{12} = -\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} $$

以上より、最大値とそのときの $x, y$ の組が求められた。

解法2

求める式の値を $k$ とおく。

$$ k = \sqrt{3}x^2 + 2xy - \sqrt{3}y^2 $$

条件 $x^2 + y^2 = 1$ を用いて、右辺の式を同次式に変形するために $k = k \cdot 1 = k(x^2 + y^2)$ と書き換える。

$$ k(x^2 + y^2) = \sqrt{3}x^2 + 2xy - \sqrt{3}y^2 $$

これを整理して、$x, y$ についての2次方程式を作る。

$$ (\sqrt{3} - k)x^2 + 2xy - (\sqrt{3} + k)y^2 = 0 $$

ここで、$y = 0$ と仮定すると、条件 $x^2 + y^2 = 1$ より $x = \pm 1$ となる。このとき方程式は $(\sqrt{3} - k) \cdot 1 = 0$ となり、$k = \sqrt{3}$ を得る。

次に、$y \neq 0$ の場合を考える。両辺を $y^2$ で割り、$t = \frac{x}{y}$ とおくと、実数 $t$ に関する2次方程式が得られる。

$$ (\sqrt{3} - k)t^2 + 2t - (\sqrt{3} + k) = 0 $$

実数 $x, y$ が存在するためには、この $t$ についての2次方程式が実数解をもたなければならない。 $k = \sqrt{3}$ のときは $2t - 2\sqrt{3} = 0 \implies t = \sqrt{3}$ となり実数解をもつが、より大きい値があるか調べるため $k \neq \sqrt{3}$ とする。この方程式の判別式を $D$ とすると、$D \geqq 0$ が実数解をもつための条件である。

$$ \begin{aligned} \frac{D}{4} &= 1^2 - (\sqrt{3} - k)\{-(\sqrt{3} + k)\} \\ &= 1 + (\sqrt{3} - k)(\sqrt{3} + k) \\ &= 1 + (3 - k^2) \\ &= 4 - k^2 \end{aligned} $$

$4 - k^2 \geqq 0$ より、$k^2 \leqq 4$ すなわち $-2 \leqq k \leqq 2$ となる。 先ほど確認した $k = \sqrt{3}$ もこの範囲に含まれる。したがって、$k$ の最大値は $2$ である。

$k = 2$ のとき、判別式 $D = 0$ となり、$t$ は重解をもつ。その方程式は次のようになる。

$$ (\sqrt{3} - 2)t^2 + 2t - (\sqrt{3} + 2) = 0 $$

重解 $t$ は、

$$ t = \frac{-1}{\sqrt{3} - 2} = \frac{-(\sqrt{3} + 2)}{(\sqrt{3} - 2)(\sqrt{3} + 2)} = \frac{-\sqrt{3} - 2}{3 - 4} = 2 + \sqrt{3} $$

したがって、$x = (2 + \sqrt{3})y$ という関係が得られる。これを $x^2 + y^2 = 1$ に代入する。

$$ \begin{aligned} \{(2 + \sqrt{3})y\}^2 + y^2 &= 1 \\ (4 + 4\sqrt{3} + 3)y^2 + y^2 &= 1 \\ (8 + 4\sqrt{3})y^2 &= 1 \end{aligned} $$

これを解いて $y$ を求める。

$$ \begin{aligned} y^2 &= \frac{1}{8 + 4\sqrt{3}} = \frac{1}{4(2 + \sqrt{3})} \\ &= \frac{2 - \sqrt{3}}{4(2 + \sqrt{3})(2 - \sqrt{3})} \\ &= \frac{2 - \sqrt{3}}{4(4 - 3)} \\ &= \frac{2 - \sqrt{3}}{4} \end{aligned} $$

二重根号を外す。

$$ y^2 = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{8} = \frac{(\sqrt{3} - 1)^2}{(2\sqrt{2})^2} $$

よって、$y$ の値は次のようになる。

$$ y = \pm\frac{\sqrt{3} - 1}{2\sqrt{2}} = \pm\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} $$

$x = (2 + \sqrt{3})y$ であるから、同順で $x$ を求める。

$y = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$ のとき、

$$ \begin{aligned} x &= (2 + \sqrt{3})\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \\ &= \frac{2\sqrt{6} - 2\sqrt{2} + 3\sqrt{2} - \sqrt{6}}{4} \\ &= \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \end{aligned} $$

$y = -\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$ のとき、同様に計算して、

$$ x = -\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} $$

以上より、最大値をとるときの $x, y$ の組が求められた。

解説

条件式 $x^2 + y^2 = r^2$ が与えられた際には、単位円（または半径 $r$ の円）上の点とみなして $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$ と置換する手法が定石である。これにより、2変数の問題を1変数 $\theta$ の問題へ落とし込むことができる。解法1はこの自然な発想に基づいている。

一方、与えられた式が $x$ と $y$ の2次の項のみで構成される「同次式」である場合には、解法2のように比 $t = \frac{x}{y}$ を用いて実数解の条件（判別式）に帰着させる手法も強力である。計算量は同程度であるが、複数のアプローチを持っておくことで検算にも役立つ。また、最大値・最小値を与える $x, y$ の値を求める際に、$\frac{\pi}{12}$ の三角関数の値の導出や、二重根号の処理など、基礎的な計算力が問われる良問である。

答え

最大値は $2$ であり、そのときの $x, y$ の値は以下の通りである。

$$ (x, y) = \left( \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}, \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \right), \quad \left( -\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}, -\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \right) $$