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京都大学 1999年理系第2問解説

方針・初手

内積の定義式や、ベクトルと三角形の辺の長さに関する関係式を用いて、与えられた条件式を図形的な意味が分かりやすい形（線分の長さに関する式）に変形することを考えます。

$\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB}$ を $|\overrightarrow{PA}|, |\overrightarrow{PB}|, |\overrightarrow{AB}|$ を用いて表すことで、見慣れた図形の定義式に帰着させることができます。また、座標を設定して代数的に処理する方法も有効です。

解法1

ベクトルの内積について、以下の関係式が成り立つ。

$$ |\overrightarrow{PA} - \overrightarrow{PB}|^2 = |\overrightarrow{PA}|^2 - 2\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} + |\overrightarrow{PB}|^2 $$

$\overrightarrow{PA} - \overrightarrow{PB} = \overrightarrow{BA}$ であるから、

$$ |\overrightarrow{BA}|^2 = |\overrightarrow{PA}|^2 - 2\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} + |\overrightarrow{PB}|^2 $$

$$ \overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} = \frac{|\overrightarrow{PA}|^2 + |\overrightarrow{PB}|^2 - |\overrightarrow{AB}|^2}{2} $$

これを与えられた条件式 $|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PB}| + \overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} = c$ に代入する。

$$ |\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PB}| + \frac{|\overrightarrow{PA}|^2 + |\overrightarrow{PB}|^2 - |\overrightarrow{AB}|^2}{2} = c $$

両辺を $2$ 倍して整理する。

$$ |\overrightarrow{PA}|^2 + 2|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PB}| + |\overrightarrow{PB}|^2 - |\overrightarrow{AB}|^2 = 2c $$

$$ (|\overrightarrow{PA}| + |\overrightarrow{PB}|)^2 = 2c + |\overrightarrow{AB}|^2 $$

ここで、$c > 0$ かつ $|\overrightarrow{AB}|^2 \geqq 0$ であるから $2c + |\overrightarrow{AB}|^2 > 0$ であり、$|\overrightarrow{PA}| + |\overrightarrow{PB}| > 0$ であるため、

$$ |\overrightarrow{PA}| + |\overrightarrow{PB}| = \sqrt{2c + |\overrightarrow{AB}|^2} $$

線分 $AB$ の長さを $AB$、線分 $PA, PB$ の長さをそれぞれ $PA, PB$ と表すと、

$$ PA + PB = \sqrt{2c + AB^2} $$

となる。右辺は定数であり、また $c > 0$ より

$$ \sqrt{2c + AB^2} > \sqrt{AB^2} = AB $$

が成り立つ。したがって、点 $P$ は、2定点 $A, B$ からの距離の和が $AB$ よりも大きい一定の値 $\sqrt{2c + AB^2}$ となる点である。

ゆえに、点 $P$ の軌跡は、2定点 $A, B$ を焦点とし、焦点からの距離の和が $\sqrt{2c + AB^2}$ である楕円となる。（ただし、点 $A, B$ が一致する場合は、中心が $A$、半径が $\sqrt{\frac{c}{2}}$ の円となる）

解法2

線分 $AB$ の中点を原点 $O$ とし、直線 $AB$ を $x$ 軸とする直交座標系を設定する。 $A(a, 0), B(-a, 0) \ (a \geqq 0)$ とおくことができ、このとき $AB = 2a$ である。点 $P$ の座標を $(x, y)$ とおくと、

$$ \overrightarrow{PA} = (a-x, -y), \quad \overrightarrow{PB} = (-a-x, -y) $$

であるから、

$$ |\overrightarrow{PA}| = \sqrt{(x-a)^2 + y^2}, \quad |\overrightarrow{PB}| = \sqrt{(x+a)^2 + y^2} $$

$$ \overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} = (a-x)(-a-x) + (-y)(-y) = x^2 + y^2 - a^2 $$

これを与式に代入する。

$$ \sqrt{(x-a)^2 + y^2} \sqrt{(x+a)^2 + y^2} + x^2 + y^2 - a^2 = c $$

$$ \sqrt{\{(x^2 + y^2 + a^2) - 2ax\}\{(x^2 + y^2 + a^2) + 2ax\}} = c + a^2 - (x^2 + y^2) $$

$$ \sqrt{(x^2 + y^2 + a^2)^2 - 4a^2x^2} = c + a^2 - (x^2 + y^2) \quad \cdots (1) $$

両辺を2乗して整理する。

$$ (x^2 + y^2 + a^2)^2 - 4a^2x^2 = \{c + a^2 - (x^2 + y^2)\}^2 $$

$$ (x^2 + y^2)^2 + 2a^2(x^2 + y^2) + a^4 - 4a^2x^2 = c^2 + 2c\{a^2 - (x^2 + y^2)\} + \{a^2 - (x^2 + y^2)\}^2 $$

$$ (x^2 + y^2)^2 + 2a^2(x^2 + y^2) + a^4 - 4a^2x^2 = c^2 + 2ca^2 - 2c(x^2 + y^2) + a^4 - 2a^2(x^2 + y^2) + (x^2 + y^2)^2 $$

両辺の共通項を消去し、項をまとめる。

$$ 4a^2(x^2 + y^2) - 4a^2x^2 + 2c(x^2 + y^2) = c^2 + 2ca^2 $$

$$ 4a^2y^2 + 2c(x^2 + y^2) = c(c + 2a^2) $$

$$ 2cx^2 + 2(c + 2a^2)y^2 = c(c + 2a^2) $$

$c > 0$ より $c(c + 2a^2) > 0$ であるから、両辺をこれで割る。

$$ \frac{x^2}{\frac{c + 2a^2}{2}} + \frac{y^2}{\frac{c}{2}} = 1 \quad \cdots (2) $$

式 (2) は楕円を表し、最大となる $x^2$ は $\frac{c + 2a^2}{2}$ である。このとき、式 (1) の右辺は

$$ c + a^2 - (x^2 + y^2) \geqq c + a^2 - \frac{c + 2a^2}{2} = \frac{c}{2} > 0 $$

となるため、式 (2) 上のすべての点で式 (1) は同値性を保つ。

式 (2) の楕円について、焦点は $x$ 軸上にあり、その座標は $\left( \pm \sqrt{\frac{c + 2a^2}{2} - \frac{c}{2}}, 0 \right)$ すなわち $(\pm a, 0)$ となる。これは点 $A, B$ に他ならない。また、焦点からの距離の和（長軸の長さ）は $2 \times \sqrt{\frac{c + 2a^2}{2}} = \sqrt{2c + 4a^2} = \sqrt{2c + AB^2}$ である。

解説

ベクトルの等式から図形の軌跡を求める典型問題ですが、ベクトル特有の式変形（内積を長さの2乗で表す）に気づけるかどうかが鍵となります。余弦定理のベクトル版とも言える $\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} = \frac{|\overrightarrow{PA}|^2 + |\overrightarrow{PB}|^2 - |\overrightarrow{AB}|^2}{2}$ は、軌跡問題で頻出の変形です。

解法2のように座標を設定して愚直に計算しても答えに辿り着けますが、根号を含む方程式を扱うため、同値性（両辺を2乗する際の非負条件）に注意する必要があります。本問では結果的に常に満たされますが、論述としては不可欠な確認です。