北海道大学 2023年 理系 第5問 解説

方針・初手

(1) は中間値の定理を用いて、区間の両端 $0$ と $\frac{\pi}{2}$ における $f(\theta)$ の値の符号が異なることを示します。 (2) は点と直線の距離や対称点の性質を用います。接線の方程式を立て、線分の中点と直交条件から連立方程式を解くのが標準的です。 (3) は 3 点 $A, P, D$ が同一直線上にあるための条件をベクトル $\vec{PA}$ と $\vec{PD}$ の平行条件として立式します。この条件式が整理すると $f(\theta) = 0$ になることを示し、(1) の結果を利用して存在を示します。さらに解がただ1つであることは、条件 $a^2 + b^2 < 1$ を活かして $a = r\cos\alpha, b = r\sin\alpha$ と極座標でおき、$f'(\theta) > 0$ を証明します。

解法1

(1)

与えられた関数は以下の通りである。

$$ f(\theta) = ab\cos 2\theta + a\sin\theta - b\cos\theta $$

関数 $f(\theta)$ は閉区間 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ において連続である。 区間の両端における値を計算すると、

$$ f(0) = ab\cos 0 + a\sin 0 - b\cos 0 = ab - b = b(a - 1) $$

$$ f\left(\frac{\pi}{2}\right) = ab\cos\pi + a\sin\frac{\pi}{2} - b\cos\frac{\pi}{2} = -ab + a = a(1 - b) $$

条件より $a, b$ は正の実数であり、$a^2 + b^2 < 1$ を満たす。 $a > 0$ かつ $b > 0$ より、これと $a^2 + b^2 < 1$ を合わせると $0 < a < 1$ かつ $0 < b < 1$ であることが分かる。 したがって、$a - 1 < 0$ かつ $1 - b > 0$ となるため、

$$ f(0) = b(a - 1) < 0 $$

$$ f\left(\frac{\pi}{2}\right) = a(1 - b) > 0 $$

関数 $f(\theta)$ は連続であり、$f(0) < 0$ かつ $f\left(\frac{\pi}{2}\right) > 0$ であるから、中間値の定理により方程式 $f(\theta) = 0$ を満たす $\theta$ が $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ の範囲に少なくとも1つ存在する。（証明終）

(2)

円 $C: x^2 + y^2 = 1$ 上の点 $P(\cos\theta, \sin\theta)$ における接線 $\ell$ の方程式は、

$$ x\cos\theta + y\sin\theta = 1 $$

点 $B(0, b)$ と接線 $\ell$ に関して対称な点 $D$ の座標を $(X, Y)$ とおく。 線分 $BD$ の中点 $\left(\frac{X}{2}, \frac{Y+b}{2}\right)$ は接線 $\ell$ 上にあるため、

$$ \frac{X}{2}\cos\theta + \frac{Y+b}{2}\sin\theta = 1 $$

整理して、

$$ X\cos\theta + Y\sin\theta = 2 - b\sin\theta \cdots \text{①} $$

また、直線 $BD$ は接線 $\ell$ と垂直である。接線 $\ell$ の法線ベクトルは $(\cos\theta, \sin\theta)$ であるから、$\vec{BD} = (X, Y-b)$ はこの法線ベクトルと平行である。すなわち、

$$ X\sin\theta - (Y-b)\cos\theta = 0 $$

整理して、

$$ X\sin\theta - Y\cos\theta = -b\cos\theta \cdots \text{②} $$

① $\times \cos\theta$ ＋ ② $\times \sin\theta$ を計算する。

$$ X(\cos^2\theta + \sin^2\theta) = (2 - b\sin\theta)\cos\theta - b\sin\theta\cos\theta $$

$$ X = 2\cos\theta - 2b\sin\theta\cos\theta = 2\cos\theta(1 - b\sin\theta) $$

次に、① $\times \sin\theta$ － ② $\times \cos\theta$ を計算する。

$$ Y(\sin^2\theta + \cos^2\theta) = (2 - b\sin\theta)\sin\theta + b\cos^2\theta $$

$$ Y = 2\sin\theta - b\sin^2\theta + b\cos^2\theta = 2\sin\theta + b\cos 2\theta $$

したがって、点 $D$ の座標は $\left(2\cos\theta(1 - b\sin\theta), 2\sin\theta + b\cos 2\theta\right)$ である。

(3)

3点 $A, P, D$ が同一直線上にあるための条件は、ベクトル $\vec{PA}$ と $\vec{PD}$ が平行になることである。

$$ \vec{PA} = (a - \cos\theta, -\sin\theta) $$

$$ \begin{aligned} \vec{PD} &= (X - \cos\theta, Y - \sin\theta) \\ &= (2\cos\theta - 2b\sin\theta\cos\theta - \cos\theta, 2\sin\theta + b\cos 2\theta - \sin\theta) \\ &= (\cos\theta - 2b\sin\theta\cos\theta, \sin\theta + b\cos 2\theta) \end{aligned} $$

平行条件は外積成分が $0$ となることなので、

$$ (a - \cos\theta)(\sin\theta + b\cos 2\theta) - (-\sin\theta)(\cos\theta - 2b\sin\theta\cos\theta) = 0 $$

展開して整理する。

$$ a\sin\theta + ab\cos 2\theta - \sin\theta\cos\theta - b\cos\theta\cos 2\theta + \sin\theta\cos\theta - 2b\sin^2\theta\cos\theta = 0 $$

$$ ab\cos 2\theta + a\sin\theta - b\cos\theta(\cos 2\theta + 2\sin^2\theta) = 0 $$

ここで $\cos 2\theta + 2\sin^2\theta = (\cos^2\theta - \sin^2\theta) + 2\sin^2\theta = \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1$ であるから、上式は以下のように簡単になる。

$$ ab\cos 2\theta + a\sin\theta - b\cos\theta = 0 $$

これはまさに $f(\theta) = 0$ である。 (1) により、$f(\theta) = 0$ となる $\theta$ は $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ の範囲に少なくとも1つ存在することが示されているため、3点 $A, P, D$ が同一直線上にあるような $\theta$ は少なくとも1つ存在する。（存在の証明終）

次に、このような $\theta$ がただ1つであることを示すために、$f(\theta)$ が $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ において単調増加関数であることを証明する。 $f(\theta)$ を微分すると、

$$ \begin{aligned} f'(\theta) &= -2ab\sin 2\theta + a\cos\theta + b\sin\theta \\ &= a\cos\theta + b\sin\theta - 4ab\sin\theta\cos\theta \end{aligned} $$

条件 $a > 0, b > 0$ かつ $a^2 + b^2 < 1$ より、$a = r\cos\alpha, b = r\sin\alpha$ $\left(0 < r < 1, 0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\right)$ とおくことができる。これを代入すると、

$$ \begin{aligned} f'(\theta) &= r\cos\alpha\cos\theta + r\sin\alpha\sin\theta - 4r^2\sin\alpha\cos\alpha\sin\theta\cos\theta \\ &= r\cos(\theta - \alpha) - r^2(2\sin\alpha\cos\alpha)(2\sin\theta\cos\theta) \\ &= r\cos(\theta - \alpha) - r^2\sin 2\alpha \sin 2\theta \\ &= r(\cos(\theta - \alpha) - r\sin 2\alpha \sin 2\theta) \end{aligned} $$

ここで、$0 < r < 1$ であり、また $0 < 2\alpha < \pi, 0 < 2\theta < \pi$ より $\sin 2\alpha > 0, \sin 2\theta > 0$ であるから、

$$ \cos(\theta - \alpha) - r\sin 2\alpha \sin 2\theta > \cos(\theta - \alpha) - \sin 2\alpha \sin 2\theta $$

右辺に対して積和の公式を適用し、さらに倍角の公式 $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$ を用いて変形する。

$$ \begin{aligned} \cos(\theta - \alpha) - \sin 2\alpha \sin 2\theta &= \cos(\theta - \alpha) + \frac{1}{2}(\cos(2\theta + 2\alpha) - \cos(2\theta - 2\alpha)) \\ &= \cos(\theta - \alpha) - \frac{1}{2}\cos 2(\theta - \alpha) + \frac{1}{2}\cos 2(\theta + \alpha) \\ &= \cos(\theta - \alpha) - \frac{1}{2}(2\cos^2(\theta - \alpha) - 1) + \frac{1}{2}(2\cos^2(\theta + \alpha) - 1) \\ &= \cos(\theta - \alpha) - \cos^2(\theta - \alpha) + \cos^2(\theta + \alpha) \\ &= \cos(\theta - \alpha)(1 - \cos(\theta - \alpha)) + \cos^2(\theta + \alpha) \end{aligned} $$

$-\frac{\pi}{2} < \theta - \alpha < \frac{\pi}{2}$ より $\cos(\theta - \alpha) > 0$ であり、かつ $\cos(\theta - \alpha) \le 1$ より $1 - \cos(\theta - \alpha) \ge 0$ である。 したがって、第一項は $\cos(\theta - \alpha)(1 - \cos(\theta - \alpha)) \ge 0$ となり、第二項も $\cos^2(\theta + \alpha) \ge 0$ であるから、

$$ \cos(\theta - \alpha) - \sin 2\alpha \sin 2\theta \ge 0 $$

が成り立つ。これより $f'(\theta) > 0$ が得られ、$f(\theta)$ は $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ の範囲において単調増加することが示された。 関数が単調増加であるため、$f(\theta) = 0$ となる $\theta$ はただ1つである。（ただ1つであることの証明終）

解説

本問は、円に関する接線や対称点の座標計算から始まり、同一直線上にある条件を方程式に帰着させる総合問題です。 最大の難所は (3) の後半の「ただ1つであること」の証明です。微分した $f'(\theta)$ の符号を直接判定するのは困難ですが、$a^2 + b^2 < 1$ という円の内部の条件に着目し、$a$ と $b$ を極座標表示に置換することで、三角関数の積和・倍角の公式を駆使して常に正であることを示す鮮やかな手法が求められます。

答え

(1) $f(0) = b(a - 1) < 0$、$f\left(\frac{\pi}{2}\right) = a(1 - b) > 0$ であり、$f(\theta)$ は連続であるため、中間値の定理より $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ に少なくとも1つの解をもつ。（証明終）

(2) $D(2\cos\theta(1 - b\sin\theta), 2\sin\theta + b\cos 2\theta)$

(3) 3点が同一直線上にある条件が $f(\theta) = 0$ に帰着することを示し、(1) の結果から存在が保証される。また、極座標置換を用いて $f'(\theta) > 0$ （単調増加）を示すことで、解がただ1つであることを証明した。（証明終）