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東京工業大学 1961年理系第3問解説

方針・初手

条件式 $x^2 + y^2 = 1$ は原点を中心とする半径 $1$ の円を表すため、$x = \cos \theta$, $y = \sin \theta$ とパラメータ表示して目的関数に代入し、三角関数の問題に帰着させるのが最も自然なアプローチである。2倍角の公式と三角関数の合成を用いることで、1つの変数の関数として最大・最小を議論できる。また、与えられた条件式と目的関数がともに2次の同次式であることに着目し、比 $t = \frac{x}{y}$ を用いて実数解の存在条件に帰着させる別解も有効である。

解法1

$x, y$ は $x^2 + y^2 = 1$ を満たす実数であるから、$x = \cos \theta$, $y = \sin \theta$ （$0 \le \theta < 2\pi$）とおくことができる。求める値を $k$ とおくと、

$$ \begin{aligned} k &= x^2 - y^2 + 2\sqrt{3}xy \\ &= \cos^2 \theta - \sin^2 \theta + 2\sqrt{3}\cos \theta \sin \theta \end{aligned} $$

2倍角の公式より、

$$ \begin{aligned} \cos^2 \theta - \sin^2 \theta &= \cos 2\theta \\ 2\cos \theta \sin \theta &= \sin 2\theta \end{aligned} $$

であるから、

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

三角関数の合成を用いると、

$$ \begin{aligned} k &= 2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2\theta + \frac{1}{2}\cos 2\theta\right) \\ &= 2\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{6}\right) \end{aligned} $$

となる。ここで、$0 \le \theta < 2\pi$ より $0 \le 2\theta < 4\pi$ であるから、

$$ \frac{\pi}{6} \le 2\theta + \frac{\pi}{6} < \frac{25\pi}{6} $$

この範囲において正弦関数のとりうる値の範囲は $-1 \le \sin\left(2\theta + \frac{\pi}{6}\right) \le 1$ である。したがって、$k$ の最大値は $2$、最小値は $-2$ となる。

最大となるとき

$\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{6}\right) = 1$ より、

$$ 2\theta + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{2} $$

これを解いて $\theta = \frac{\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}$ となる。

$\theta = \frac{\pi}{6}$ のとき、

$$ \begin{cases} x = \cos \frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2} \\ y = \sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2} \end{cases} $$

$\theta = \frac{7\pi}{6}$ のとき、

$$ \begin{cases} x = \cos \frac{7\pi}{6} = -\frac{\sqrt{3}}{2} \\ y = \sin \frac{7\pi}{6} = -\frac{1}{2} \end{cases} $$

最小となるとき

$\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{6}\right) = -1$ より、

$$ 2\theta + \frac{\pi}{6} = \frac{3\pi}{2}, \frac{7\pi}{2} $$

これを解いて $\theta = \frac{2\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}$ となる。

$\theta = \frac{2\pi}{3}$ のとき、

$$ \begin{cases} x = \cos \frac{2\pi}{3} = -\frac{1}{2} \\ y = \sin \frac{2\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases} $$

$\theta = \frac{5\pi}{3}$ のとき、

$$ \begin{cases} x = \cos \frac{5\pi}{3} = \frac{1}{2} \\ y = \sin \frac{5\pi}{3} = -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases} $$

解法2

$k = x^2 - y^2 + 2\sqrt{3}xy$ とおく。条件 $x^2 + y^2 = 1$ より、$k = k(x^2 + y^2)$ と書き換えることができる。代入して整理すると、

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

$$ (1 - k)x^2 + 2\sqrt{3}xy - (1 + k)y^2 = 0 \quad \cdots ① $$

(i)

$y = 0$ のとき

$x^2 + y^2 = 1$ より $x = \pm 1$ となる。このとき、目的関数は $k = (\pm 1)^2 - 0^2 + 0 = 1$ となる。 ①式は $(1 - 1)x^2 = 0$ となり、等式を満たす。

(ii)

$y \neq 0$ のとき

①式の両辺を $y^2$ で割ると、

$$ (1 - k)\left(\frac{x}{y}\right)^2 + 2\sqrt{3}\left(\frac{x}{y}\right) - (1 + k) = 0 $$

ここで $t = \frac{x}{y}$ とおくと、$t$ は実数であり、

$$ (1 - k)t^2 + 2\sqrt{3}t - (1 + k) = 0 \quad \cdots ② $$

$k = 1$ のときは、②より $2\sqrt{3}t - 2 = 0$ すなわち $t = \frac{1}{\sqrt{3}}$ という実数解をもつ。 $k \neq 1$ のときは、②は $t$ についての2次方程式となる。$t$ が実数解をもつための条件は、判別式を $D$ とすると $D \ge 0$ である。

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

よって、$4 - k^2 \ge 0$ より、$-2 \le k \le 2$ （$k \neq 1$）となる。（i）の $k = 1$ および、1次方程式になる場合もこの範囲に含まれるため、$k$ のとりうる値の範囲は $-2 \le k \le 2$ である。したがって、$k$ の最大値は $2$、最小値は $-2$ となる。

最大値 $k = 2$ のとき

②式に代入すると、

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

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

よって $t = \sqrt{3}$ となる。$\frac{x}{y} = \sqrt{3}$ より $x = \sqrt{3}y$ である。これを $x^2 + y^2 = 1$ に代入すると、

$$ 3y^2 + y^2 = 1 $$

$$ y^2 = \frac{1}{4} $$

これを解いて $y = \pm \frac{1}{2}$。対応する $x$ は $x = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$ （複号同順）となる。

最小値 $k = -2$ のとき

②式に代入すると、

$$ 3t^2 + 2\sqrt{3}t + 1 = 0 $$

$$ (\sqrt{3}t + 1)^2 = 0 $$

よって $t = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ となる。$\frac{x}{y} = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ より $y = -\sqrt{3}x$ である。これを $x^2 + y^2 = 1$ に代入すると、

$$ x^2 + 3x^2 = 1 $$

$$ x^2 = \frac{1}{4} $$

これを解いて $x = \pm \frac{1}{2}$。対応する $y$ は $y = \mp \frac{\sqrt{3}}{2}$ （複号同順）となる。

解説

2次曲線上における2次式の最大・最小を求める典型的な問題である。解法1のように、$x^2 + y^2 = r^2$ の条件のもとでは $x = r\cos \theta, y = r\sin \theta$ とパラメータ表示する手法が最も確実で計算量も少ない。2倍角の公式を用いて次数を下げ、三角関数の合成を利用する流れは頻出の定石である。解法2のように、条件式 $1 = x^2 + y^2$ を用いて目的関数を $x, y$ の2次同次式に変形し、比 $t = \frac{x}{y}$ の方程式とみなして判別式を利用する手法も、図形的なパラメータ表示がしにくい条件下では有効なアプローチとなる。