東京工業大学 1964年 理系 第4問 解説

方針・初手

点 $O$ を原点とする座標平面を設定し、点 $Q$ を角度（偏角）の変数 $\theta$ を用いて表す。円弧 $AQ$ と線分 $QB$ の長さを $\theta$ で表し、それぞれの速さから所要時間の関数 $T(\theta)$ を立式する。この関数を $\theta$ で微分し、増減表をかいて最小値を求める。

解法1

点 $O$ を原点とし、半直線 $OA$ を $x$ 軸の正の向き、半直線 $OB$ を $y$ 軸の正の向きとする座標平面を考える。 条件より、$A(\sqrt{3}, 0)$、$B(0, 1)$ である。 点 $Q$ は $O$ を中心とする半径 $\sqrt{3}$ の円弧上（第1象限）にあるため、$\angle AOQ = \theta$ $\left(0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}\right)$ とおくと、点 $Q$ の座標は $(\sqrt{3}\cos\theta, \sqrt{3}\sin\theta)$ と表せる。

動点 $P$ は、弧 $AQ$ 上を速さ2で進む。 弧 $AQ$ の長さ $l_1$ は、半径 $\sqrt{3}$、中心角 $\theta$ より $l_1 = \sqrt{3}\theta$ である。 したがって、弧 $AQ$ の所要時間 $t_1$ は、

$$ t_1 = \frac{\sqrt{3}\theta}{2} $$

次に、動点 $P$ は線分 $QB$ 上を速さ1で進む。 線分 $QB$ の長さ $l_2$ は、2点間の距離の公式より、

$$ \begin{aligned} l_2 &= \sqrt{(\sqrt{3}\cos\theta - 0)^2 + (\sqrt{3}\sin\theta - 1)^2} \\ &= \sqrt{3\cos^2\theta + 3\sin^2\theta - 2\sqrt{3}\sin\theta + 1} \\ &= \sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta} \end{aligned} $$

速さが1であるから、線分 $QB$ の所要時間 $t_2$ は $t_2 = \sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta}$ となる。

$A$ から $B$ までの総所要時間 $T(\theta)$ は、これらの和である。

$$ T(\theta) = \frac{\sqrt{3}}{2}\theta + \sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta} $$

$T(\theta)$ を $\theta$ について微分する。

$$ \begin{aligned} T'(\theta) &= \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2\sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta}} \cdot (-2\sqrt{3}\cos\theta) \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}\cos\theta}{\sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta}} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2} \left( 1 - \frac{2\cos\theta}{\sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta}} \right) \end{aligned} $$

$T'(\theta) = 0$ となる $\theta$ を求める。

$$ 1 = \frac{2\cos\theta}{\sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta}} $$

分母を払うと、

$$ \sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta} = 2\cos\theta $$

$0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$ の範囲において、$\cos\theta \ge 0$、$\sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta} > 0$ であるから、両辺を2乗しても同値性は崩れない。

$$ 4 - 2\sqrt{3}\sin\theta = 4\cos^2\theta $$

$\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$ を代入して整理する。

$$ \begin{aligned} 4 - 2\sqrt{3}\sin\theta &= 4(1 - \sin^2\theta) \\ 4\sin^2\theta - 2\sqrt{3}\sin\theta &= 0 \\ 2\sin\theta (2\sin\theta - \sqrt{3}) &= 0 \end{aligned} $$

したがって、$\sin\theta = 0$ または $\sin\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$ である。 $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$ の範囲でこれを満たすのは、$\theta = 0, \frac{\pi}{3}$ である。

ここで、導関数の符号変化を調べる。 方程式を解く過程の式の差 $D(\theta) = (2\cos\theta)^2 - (\sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta})^2 = -2\sin\theta (2\sin\theta - \sqrt{3})$ を考える。

(i) $0 < \theta < \frac{\pi}{3}$ のとき $\sin\theta < \frac{\sqrt{3}}{2}$ より $D(\theta) > 0$、すなわち $2\cos\theta > \sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta}$ となる。 このとき $\frac{2\cos\theta}{\sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta}} > 1$ であるから、$T'(\theta) < 0$ となる。

(ii) $\frac{\pi}{3} < \theta < \frac{\pi}{2}$ のとき $\sin\theta > \frac{\sqrt{3}}{2}$ より $D(\theta) < 0$、すなわち $2\cos\theta < \sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta}$ となる。 このとき $\frac{2\cos\theta}{\sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta}} < 1$ であるから、$T'(\theta) > 0$ となる。

以上より、$T(\theta)$ の増減表は以下のようになる。

• $\theta = 0$ のとき、$T'(0) = 0$（極大値をとる端点）
• $0 < \theta < \frac{\pi}{3}$ で $T'(\theta) < 0$（減少）
• $\theta = \frac{\pi}{3}$ で $T'(\theta) = 0$（極小）
• $\frac{\pi}{3} < \theta < \frac{\pi}{2}$ で $T'(\theta) > 0$（増加）

したがって、$T(\theta)$ は $\theta = \frac{\pi}{3}$ において最小値をとる。

解法2

所要時間の関数 $T(\theta)$ を立式し、導関数 $T'(\theta)$ を求めるまでの手順は解法1と同様である。

$$ T'(\theta) = \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}\cos\theta}{\sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta}} $$

ここで、図の $\triangle OQB$ に着目する。 $OQ = \sqrt{3}$、$OB = 1$、$\angle QOB = \frac{\pi}{2} - \theta$ である。 $\triangle OQB$ において余弦定理を用いると、

$$ \begin{aligned} QB &= \sqrt{OQ^2 + OB^2 - 2 \cdot OQ \cdot OB \cdot \cos\angle QOB} \\ &= \sqrt{3 + 1 - 2\sqrt{3}\cos\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right)} \\ &= \sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta} \end{aligned} $$

次に、$\triangle OQB$ に正弦定理を用いると、

$$ \frac{OB}{\sin\angle OQB} = \frac{QB}{\sin\angle QOB} $$

各辺・各角の値を代入する。

$$ \frac{1}{\sin\angle OQB} = \frac{\sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta}}{\sin\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right)} = \frac{\sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta}}{\cos\theta} $$

これより、以下の関係式が得られる。

$$ \sin\angle OQB = \frac{\cos\theta}{\sqrt{4 - 2\sqrt{3}\sin\theta}} $$

この関係式を $T'(\theta)$ に代入すると、幾何的な意味が明確になる。

$$ T'(\theta) = \frac{\sqrt{3}}{2} - \sqrt{3}\sin\angle OQB = \sqrt{3} \left( \frac{1}{2} - \sin\angle OQB \right) $$

$T'(\theta) = 0$ となる条件は、$\sin\angle OQB = \frac{1}{2}$ である。 $\triangle OQB$ において、$OB < OQ$（$1 < \sqrt{3}$）であるため、角の大小関係から $\angle OQB < \angle OBQ$ となり、$\angle OQB$ は鋭角であることがわかる。 したがって、$\angle OQB = \frac{\pi}{6}$（$30^\circ$）と定まる。

このとき、再び $\triangle OQB$ に正弦定理を用いて $\angle OBQ$ を調べる。

$$ \frac{OQ}{\sin\angle OBQ} = \frac{OB}{\sin\angle OQB} \implies \frac{\sqrt{3}}{\sin\angle OBQ} = \frac{1}{\sin\frac{\pi}{6}} = 2 $$

これより $\sin\angle OBQ = \frac{\sqrt{3}}{2}$ となり、$\angle OBQ = \frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}$（$60^\circ, 120^\circ$）が候補となる。

(ア) $\angle OBQ = \frac{\pi}{3}$ のとき 内角の和から $\angle QOB = \pi - \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$ となる。このとき $\theta = 0$ であり、端点の極値に相当する。

(イ) $\angle OBQ = \frac{2\pi}{3}$ のとき 内角の和から $\angle QOB = \pi - \frac{\pi}{6} - \frac{2\pi}{3} = \frac{\pi}{6}$ となる。 $\angle QOB = \frac{\pi}{6}$ より、$\theta = \angle AOQ = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3}$ となる。

解法1と同様の増減から、$\theta = \frac{\pi}{3}$ のとき所要時間は最小となる。

解説

動点が異なる媒質（異なる速さの領域）を進む際の最短時間経路を求める問題である。物理学における「フェルマーの原理」と類似の状況設定となっている。

解法1のように、変数を1つ（ここでは中心角 $\theta$）設定して所要時間を関数として表し、微分法を用いて最小値を求めるのが最も自然で確実なアプローチである。平方根を含む関数の微分や、導関数が0になる方程式の解法、さらに導関数の符号判定など、数学IIIの微分の基本操作が網羅的に問われている。

解法2は、導関数の中に図形的な関係（正弦定理・余弦定理）を見出すやや発展的な視点である。計算が煩雑になりがちな部分を、幾何的な考察に置き換えることで見通し良く解き進めることができる。

答え

$\angle AOQ = \frac{\pi}{3}$（または $60^\circ$）となる位置