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名古屋大学 2013年文系第2問解説

方針・初手

点 $O$ を原点とする座標平面を設定し、時刻 $t$ における点 $A, P, Q$ の座標を求める。そこから $\triangle APQ$ の面積をベクトルを用いた面積公式によって $t$ の関数として表す。三角関数の公式を用いて変数を統一し、微分を用いて関数の最大値を求めるという流れで進める。

解法1

点 $O$ を原点とする座標平面を設定し、点 $A$ の座標を $(1, 0)$ としても一般性を失わない。

$C_1$ は原点を中心とする半径 $1$ の円であり、点 $P$ はその周上を動く。時間 $t$ の間に弧長 $t$ だけ進むため、中心角も $t$ ラジアン進む。時刻 $t=0$ で $P$ は $A(1,0)$ にあるため、時刻 $t$ における $P$ の座標は $$ P(\cos t, \sin t) $$ となる。

$C_2$ は原点を中心とする半径 $2$ の円であり、点 $Q$ はその周上を動く。時間 $t$ の間に弧長 $t$ だけ進むため、中心角は $\frac{t}{2}$ ラジアン進む。時刻 $t=0$ で $O, P, Q$ はこの順に同一直線上に並ぶので、$Q$ の初期位置は $(2, 0)$ である。したがって、時刻 $t$ における $Q$ の座標は $$ Q\left(2\cos\frac{t}{2}, 2\sin\frac{t}{2}\right) $$ となる。

$\triangle APQ$ の面積を $S$ とおくと、$\vec{AP}$ と $\vec{AQ}$ の成分は $$ \begin{aligned} \vec{AP} &= (\cos t - 1, \sin t) \\ \vec{AQ} &= \left(2\cos\frac{t}{2} - 1, 2\sin\frac{t}{2}\right) \end{aligned} $$ であるから、面積 $S$ は $$ \begin{aligned} S &= \frac{1}{2} \left| (\cos t - 1) \cdot 2\sin\frac{t}{2} - \sin t \cdot \left(2\cos\frac{t}{2} - 1\right) \right| \\ &= \frac{1}{2} \left| 2\cos t\sin\frac{t}{2} - 2\sin\frac{t}{2} - 2\sin t\cos\frac{t}{2} + \sin t \right| \\ &= \frac{1}{2} \left| -2 \left( \sin t\cos\frac{t}{2} - \cos t\sin\frac{t}{2} \right) + \sin t - 2\sin\frac{t}{2} \right| \\ &= \frac{1}{2} \left| -2\sin\left(t - \frac{t}{2}\right) + \sin t - 2\sin\frac{t}{2} \right| \\ &= \frac{1}{2} \left| \sin t - 4\sin\frac{t}{2} \right| \end{aligned} $$ と表せる。

ここで、2倍角の公式 $\sin t = 2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}$ を用いると、 $$ \begin{aligned} S &= \frac{1}{2} \left| 2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2} - 4\sin\frac{t}{2} \right| \\ &= \left| \sin\frac{t}{2} \left( \cos\frac{t}{2} - 2 \right) \right| \\ &= \left| \sin\frac{t}{2} \right| \left( 2 - \cos\frac{t}{2} \right) \quad \left( \because \cos\frac{t}{2} \leqq 1 < 2 \right) \end{aligned} $$ となる。求めるのは $S^2$ の最大値である。 $$ S^2 = \sin^2\frac{t}{2} \left( 2 - \cos\frac{t}{2} \right)^2 = \left( 1 - \cos^2\frac{t}{2} \right) \left( 2 - \cos\frac{t}{2} \right)^2 $$

$0 \leqq t \leqq 4\pi$ より $0 \leqq \frac{t}{2} \leqq 2\pi$ であるから、$x = \cos\frac{t}{2}$ とおくと、$x$ のとりうる値の範囲は $-1 \leqq x \leqq 1$ である。 $S^2$ を $x$ の関数として $f(x)$ とおくと、 $$ f(x) = (1 - x^2)(x - 2)^2 $$ これを微分すると、積の微分法を用いて $$ \begin{aligned} f'(x) &= -2x(x - 2)^2 + (1 - x^2) \cdot 2(x - 2) \\ &= 2(x - 2) \left\{ -x(x - 2) + (1 - x^2) \right\} \\ &= 2(x - 2)(-2x^2 + 2x + 1) \\ &= -2(x - 2)(2x^2 - 2x - 1) \end{aligned} $$ となる。

$f'(x) = 0$ とすると、$x = 2, \frac{1 \pm \sqrt{3}}{2}$ である。定義域 $-1 \leqq x \leqq 1$ における解は $x = \frac{1 - \sqrt{3}}{2}$ のみである。ここで $\alpha = \frac{1 - \sqrt{3}}{2}$ とおくと、$-1 < \alpha < 0$ である。 $-1 \leqq x \leqq 1$ における $f(x)$ の増減表は以下のようになる。

$x$	$-1$	$\cdots$	$\alpha$	$\cdots$	$1$
$f'(x)$		$+$	$0$	$-$
$f(x)$	$0$	$\nearrow$	極大	$\searrow$	$0$

表より、$f(x)$ は $x = \alpha$ のとき最大値 $f(\alpha)$ をとる。 $2\alpha^2 - 2\alpha - 1 = 0$ すなわち $\alpha^2 = \alpha + \frac{1}{2}$ を用いて $f(\alpha)$ の値を計算する。 $$ \begin{aligned} f(\alpha) &= (1 - \alpha^2)(\alpha - 2)^2 \\ &= \left( 1 - \alpha - \frac{1}{2} \right) \left( \alpha^2 - 4\alpha + 4 \right) \\ &= \left( \frac{1}{2} - \alpha \right) \left( \alpha + \frac{1}{2} - 4\alpha + 4 \right) \\ &= \left( \frac{1}{2} - \alpha \right) \left( \frac{9}{2} - 3\alpha \right) \\ &= \frac{1}{4} (1 - 2\alpha) \cdot 3(3 - 2\alpha) \\ &= \frac{3}{4} \left( 3 - 8\alpha + 4\alpha^2 \right) \\ &= \frac{3}{4} \left\{ 3 - 8\alpha + 2(2\alpha + 1) \right\} \\ &= \frac{3}{4} (5 - 4\alpha) \end{aligned} $$

ここに $\alpha = \frac{1 - \sqrt{3}}{2}$ を代入して、 $$ \begin{aligned} f(\alpha) &= \frac{3}{4} \left( 5 - 4 \cdot \frac{1 - \sqrt{3}}{2} \right) \\ &= \frac{3}{4} (5 - 2 + 2\sqrt{3}) \\ &= \frac{9 + 6\sqrt{3}}{4} \end{aligned} $$ これが求める最大値である。

解説

2つの点が異なる円周上を異なる角速度で運動する問題である。時刻 $t$ における各点の座標を正確に表すことが第一歩となる。弧長 $l = r\theta$ の関係から、半径 $1$ の円では弧長と中心角が一致するが、半径 $2$ の円では中心角が弧長の半分になることに注意を要する。

面積の式を立てた後は、加法定理などを駆使して式を簡略化していく。結果として $\sin\frac{t}{2}$ と $\cos\frac{t}{2}$ の式に帰着できるため、$x = \cos\frac{t}{2}$ と置換することで多項式の最大最小問題に持ち込むことができる。次数が高い多項式の値の計算では、そのまま代入するのではなく、導関数 $= 0$ から得られた2次方程式を利用して次数下げを行うと、計算ミスを効果的に防ぐことができる。