大阪大学 1975年 文系 第4問 解説

方針・初手

点 $P, Q$ の各座標は、三角関数を用いて媒介変数 $t$ で表されている。そのままの形では図形的な意味が掴みにくいため、三角関数の合成などを利用して、$(r\cos\theta, r\sin\theta)$ の形（極座標表示）に変形することが最初の目標である。 これにより、各点がどのような円周上を、どの範囲で動くかが明確になり、軌跡の図示が容易になる。さらに、2点間の距離を計算する際も、加法定理や内積の性質を利用することで計算量を大幅に削減できる。

解法1

(1)

点 $P$ の座標 $(x_P, y_P)$ について、三角関数の合成を用いて変形する。

$$ \begin{aligned} x_P &= \cos 2t + \sin 2t \\ &= \sqrt{2}\left( \cos 2t \cos \frac{\pi}{4} + \sin 2t \sin \frac{\pi}{4} \right) \\ &= \sqrt{2}\cos\left(\frac{\pi}{4} - 2t\right) \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} y_P &= \cos 2t - \sin 2t \\ &= \sqrt{2}\left( \cos 2t \sin \frac{\pi}{4} - \sin 2t \cos \frac{\pi}{4} \right) \\ &= \sqrt{2}\sin\left(\frac{\pi}{4} - 2t\right) \end{aligned} $$

これにより、点 $P$ は原点を中心とする半径 $\sqrt{2}$ の円上にあることがわかる。 $t$ が $0 \le t \le \pi$ の範囲を動くとき、偏角 $\theta_P = \frac{\pi}{4} - 2t$ は $-\frac{7\pi}{4} \le \theta_P \le \frac{\pi}{4}$ の範囲を動く。 この角度の変動幅は $2\pi$ に等しいため、点 $P$ は円周全体を1周する。 したがって、点 $P$ の軌跡は、円 $x^2 + y^2 = 2$ 全体である。

点 $Q$ の座標 $(x_Q, y_Q)$ についても同様に変形する。

$$ \begin{aligned} x_Q &= \sqrt{3}\cos t - \sin t \\ &= 2\left( \cos t \cos \frac{\pi}{6} - \sin t \sin \frac{\pi}{6} \right) \\ &= 2\cos\left(t + \frac{\pi}{6}\right) \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} y_Q &= \cos t + \sqrt{3}\sin t \\ &= 2\left( \cos t \sin \frac{\pi}{6} + \sin t \cos \frac{\pi}{6} \right) \\ &= 2\sin\left(t + \frac{\pi}{6}\right) \end{aligned} $$

これにより、点 $Q$ は原点を中心とする半径 $2$ の円上にあることがわかる。 $t$ が $0 \le t \le \pi$ の範囲を動くとき、偏角 $\theta_Q = t + \frac{\pi}{6}$ は $\frac{\pi}{6} \le \theta_Q \le \frac{7\pi}{6}$ の範囲を動く。 したがって、点 $Q$ の軌跡は、円 $x^2 + y^2 = 4$ のうち、偏角が $\frac{\pi}{6}$ から $\frac{7\pi}{6}$ までの部分である。 始点は $(\sqrt{3}, 1)$、終点は $(-\sqrt{3}, -1)$ となる。

※ 実際の答案では、上記の条件を満たす図形を座標平面上に作図する。

(2)

2点 $P, Q$ 間の距離の2乗 $PQ^2$ を求める。

$$ \begin{aligned} PQ^2 &= (x_Q - x_P)^2 + (y_Q - y_P)^2 \\ &= x_Q^2 + y_Q^2 + x_P^2 + y_P^2 - 2(x_P x_Q + y_P y_Q) \end{aligned} $$

ここで、$x_Q^2 + y_Q^2 = 2^2 = 4$、$x_P^2 + y_P^2 = (\sqrt{2})^2 = 2$ である。 内積部分は、加法定理 $\cos(\alpha-\beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta$ を用いて次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} x_P x_Q + y_P y_Q &= 2\sqrt{2} \left\{ \cos\left(\frac{\pi}{4}-2t\right)\cos\left(t+\frac{\pi}{6}\right) + \sin\left(\frac{\pi}{4}-2t\right)\sin\left(t+\frac{\pi}{6}\right) \right\} \\ &= 2\sqrt{2} \cos\left\{ \left(t+\frac{\pi}{6}\right) - \left(\frac{\pi}{4}-2t\right) \right\} \\ &= 2\sqrt{2} \cos\left( 3t - \frac{\pi}{12} \right) \end{aligned} $$

よって、距離の2乗は次のように表される。

$$ PQ^2 = 6 - 4\sqrt{2} \cos\left( 3t - \frac{\pi}{12} \right) $$

条件より $PQ = \sqrt{2}$ すなわち $PQ^2 = 2$ であるから、

$$ 6 - 4\sqrt{2} \cos\left( 3t - \frac{\pi}{12} \right) = 2 $$

これを整理して、

$$ \cos\left( 3t - \frac{\pi}{12} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}} $$

$0 \le t \le \pi$ のとき、$3t - \frac{\pi}{12}$ のとり得る値の範囲は、

$$ -\frac{\pi}{12} \le 3t - \frac{\pi}{12} \le 3\pi - \frac{\pi}{12} = \frac{35\pi}{12} $$

この範囲で方程式を満たす $3t - \frac{\pi}{12}$ の値は、

$$ 3t - \frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}, \frac{9\pi}{4} $$

それぞれについて $t$ を解く。

$$ \begin{aligned} 3t &= \frac{4\pi}{12} \implies t = \frac{\pi}{9} \\ 3t &= \frac{22\pi}{12} \implies t = \frac{11\pi}{18} \\ 3t &= \frac{28\pi}{12} \implies t = \frac{7\pi}{9} \end{aligned} $$

以上より、求める $t$ の値が得られる。

解法2

座標平面上の点 $P, Q$ を複素数平面上の点とみなし、それぞれに対応する複素数を $z_P, z_Q$ とおく。

(1)

$z_P$ は次のように極形式の形に因数分解できる。

$$ \begin{aligned} z_P &= (\cos 2t + \sin 2t) + i(\cos 2t - \sin 2t) \\ &= (1+i)\cos 2t - i(1+i)\sin 2t \\ &= (1+i)(\cos 2t - i\sin 2t) \\ &= \sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4}\right) \left(\cos(-2t) + i\sin(-2t)\right) \\ &= \sqrt{2}\left\{ \cos\left(-2t + \frac{\pi}{4}\right) + i\sin\left(-2t + \frac{\pi}{4}\right) \right\} \end{aligned} $$

これにより、点 $P$ は原点中心、半径 $\sqrt{2}$、偏角 $\theta_P = -2t + \frac{\pi}{4}$ の点であることがわかる。 $0 \le t \le \pi$ の範囲で偏角 $\theta_P$ は幅 $2\pi$ で変化するため、点 $P$ の軌跡は円 $x^2 + y^2 = 2$ 全体である。

同様に、$z_Q$ は次のように変形できる。

$$ \begin{aligned} z_Q &= (\sqrt{3}\cos t - \sin t) + i(\cos t + \sqrt{3}\sin t) \\ &= \cos t (\sqrt{3} + i) - \sin t (1 - \sqrt{3}i) \end{aligned} $$

ここで、$1 - \sqrt{3}i = -i(\sqrt{3} + i)$ を用いると、

$$ \begin{aligned} z_Q &= \cos t (\sqrt{3} + i) + i\sin t (\sqrt{3} + i) \\ &= (\sqrt{3} + i)(\cos t + i\sin t) \\ &= 2\left(\cos\frac{\pi}{6} + i\sin\frac{\pi}{6}\right)(\cos t + i\sin t) \\ &= 2\left\{ \cos\left(t + \frac{\pi}{6}\right) + i\sin\left(t + \frac{\pi}{6}\right) \right\} \end{aligned} $$

これにより、点 $Q$ は原点中心、半径 $2$、偏角 $\theta_Q = t + \frac{\pi}{6}$ の点であることがわかる。 $0 \le t \le \pi$ の範囲で偏角 $\theta_Q$ は $\frac{\pi}{6} \le \theta_Q \le \frac{7\pi}{6}$ の範囲を動く。 よって、点 $Q$ の軌跡は、円 $x^2 + y^2 = 4$ のうち、偏角が $\frac{\pi}{6}$ から $\frac{7\pi}{6}$ までの部分である。

(2)

$P, Q$ 間の距離の2乗は、複素数の絶対値を用いて次のように表される。

$$ \begin{aligned} PQ^2 &= |z_Q - z_P|^2 \\ &= (z_Q - z_P)(\overline{z_Q} - \overline{z_P}) \\ &= |z_Q|^2 + |z_P|^2 - (z_Q\overline{z_P} + \overline{z_Q}z_P) \end{aligned} $$

ここで、$|z_Q| = 2$、$|z_P| = \sqrt{2}$ である。また、$z_P$ の共役複素数は偏角の符号を反転させることで得られる。

$$ \overline{z_P} = \sqrt{2}\left\{ \cos\left(2t - \frac{\pi}{4}\right) + i\sin\left(2t - \frac{\pi}{4}\right) \right\} $$

極形式の積の公式により、偏角はそれぞれの和となるため、

$$ \begin{aligned} z_Q\overline{z_P} &= 2\sqrt{2}\left[ \cos\left\{ \left(t + \frac{\pi}{6}\right) + \left(2t - \frac{\pi}{4}\right) \right\} + i\sin\left\{ \left(t + \frac{\pi}{6}\right) + \left(2t - \frac{\pi}{4}\right) \right\} \right] \\ &= 2\sqrt{2}\left\{ \cos\left(3t - \frac{\pi}{12}\right) + i\sin\left(3t - \frac{\pi}{12}\right) \right\} \end{aligned} $$

$\overline{z_Q}z_P$ はこの共役複素数であるから、虚部が符号反転した形となる。 したがって、これら2つの和をとると虚部が打ち消し合い、実部の2倍が残る。

$$ z_Q\overline{z_P} + \overline{z_Q}z_P = 4\sqrt{2}\cos\left(3t - \frac{\pi}{12}\right) $$

よって、

$$ PQ^2 = 4 + 2 - 4\sqrt{2}\cos\left(3t - \frac{\pi}{12}\right) = 6 - 4\sqrt{2}\cos\left(3t - \frac{\pi}{12}\right) $$

これ以降は解法1の方程式の処理と全く同じであり、$t = \frac{\pi}{9}, \frac{11\pi}{18}, \frac{7\pi}{9}$ を得る。

解説

媒介変数で表された点についての軌跡と距離を扱う問題である。 各成分を愚直に2乗して和を計算しても答えに辿り着くことはできるが、式が非常に煩雑になる。 三角関数の合成（解法1）や複素数平面での積の分解（解法2）を活用して、各点を極座標としての基本形 $(r\cos\theta, r\sin\theta)$ に帰着させるのが、この問題における最も重要な工夫である。 特に、解法1において $x_P = \cos 2t + \sin 2t$ を合成して $\sqrt{2}\cos(\cdots)$ の形を作った際、相方である $y_P = \cos 2t - \sin 2t$ も同じ偏角を持つように $\sin$ に揃えて変形することで、その後の内積計算の見通しが劇的に良くなる。

答え

(1)

点 $P$ の軌跡は、円 $x^2 + y^2 = 2$ 全体である。 点 $Q$ の軌跡は、円 $x^2 + y^2 = 4$ のうち、偏角が $\frac{\pi}{6}$ 以上 $\frac{7\pi}{6}$ 以下の部分（始点 $(\sqrt{3}, 1)$、終点 $(-\sqrt{3}, -1)$ の円弧）である。

(2)

$t = \frac{\pi}{9}, \frac{11\pi}{18}, \frac{7\pi}{9}$