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東京工業大学 1981年理系第3問解説

方針・初手

時刻 $t$ を用いて3点 $P, Q, R$ の座標をパラメータ表示し、三角形の面積を $t$ の関数として立式する。

「ある時刻において2点 $P, Q$ は線分 $OR$ 上にある」という条件から、この瞬間に3点 $P, Q, R$ は原点 $O$ を端点とする同一の半直線上にあることがわかる。回転対称性より、この半直線を $x$ 軸の正の部分に設定しても $\triangle PQR$ の面積は変わらない。この時刻を $t=0$ として各点の座標を $t$ で表し、面積の公式を用いて関数を導いた後、微分によって最大値を求める。

解法1

時刻 $t$ における3点 $P, Q, R$ の位置を考える。 $t=0$ のとき、条件より2点 $P, Q$ は線分 $OR$ 上にあるため、3点 $P, Q, R$ は原点 $O$ からの同一半直線上にある。回転対称性により、この半直線を $x$ 軸の正の部分に重ねても図形全体の面積の最大値は変わらない。点 $P, Q, R$ はそれぞれ半径 $1, 2, 3$ の円周上を正の向きに角速度 $1, 2, 3$ で等速円運動しているため、時刻 $t$ における各点の座標は次のように表せる。

$$ P(\cos t, \sin t), \quad Q(2\cos 2t, 2\sin 2t), \quad R(3\cos 3t, 3\sin 3t) $$

3点 $(x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3)$ を頂点とする三角形の面積 $S$ は、次の公式で与えられる。

$$ S = \frac{1}{2} | (x_1 y_2 - x_2 y_1) + (x_2 y_3 - x_3 y_2) + (x_3 y_1 - x_1 y_3) | $$

これに各点の座標を代入して $\triangle PQR$ の面積 $S(t)$ を計算する。

$$ x_P y_Q - x_Q y_P = (\cos t)(2\sin 2t) - (2\cos 2t)(\sin t) = 2\sin(2t - t) = 2\sin t $$

$$ x_Q y_R - x_R y_Q = (2\cos 2t)(3\sin 3t) - (3\cos 3t)(2\sin 2t) = 6\sin(3t - 2t) = 6\sin t $$

$$ x_R y_P - x_P y_R = (3\cos 3t)(\sin t) - (\cos t)(3\sin 3t) = 3\sin(t - 3t) = -3\sin 2t $$

したがって、面積 $S(t)$ は次のように整理できる。

$$ S(t) = \frac{1}{2} | 2\sin t + 6\sin t - 3\sin 2t | = \frac{1}{2} | 8\sin t - 3\sin 2t | = \left| 4\sin t - \frac{3}{2}\sin 2t \right| $$

ここで、絶対値の中身を $f(t) = 4\sin t - \frac{3}{2}\sin 2t$ とおく。 $f(t)$ を変形すると、

$$ f(t) = 4\sin t - 3\sin t \cos t = \sin t (4 - 3\cos t) $$

関数 $f(t)$ は周期 $2\pi$ の奇関数であるため、$0 \le t \le \pi$ の範囲で最大値を求めれば、それが実数全体での絶対値の最大値と一致する。 $0 \le t \le \pi$ において $\sin t \ge 0$ であり、$-1 \le \cos t \le 1$ より $4 - 3\cos t > 0$ であるから、$f(t) \ge 0$ となる。したがって、この範囲で $S(t) = f(t)$ となり、関数 $f(t)$ の最大値を求めればよい。

$f(t)$ を $t$ で微分する。

$$ f'(t) = 4\cos t - 3\cos 2t = 4\cos t - 3(2\cos^2 t - 1) = -6\cos^2 t + 4\cos t + 3 $$

$f'(t) = 0$ となる $\cos t$ の値を求めるため、$-6x^2 + 4x + 3 = 0$ を解くと、

$$ x = \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 - (-6) \cdot 3}}{-6} = \frac{2 \pm \sqrt{22}}{6} $$

$4 < \sqrt{22} < 5$ より $\frac{2 + \sqrt{22}}{6} > 1$ となるため、$-1 \le \cos t \le 1$ を満たすのは $\cos t = \frac{2 - \sqrt{22}}{6}$ のみである。この等式を満たす $t \in (0, \pi)$ を $\alpha$ とおく。

$t$ が $0$ から $\pi$ まで増加するとき、$\cos t$ は $1$ から $-1$ へ単調に減少する。ゆえに、 $0 \le t < \alpha$ （すなわち $\cos t > \cos \alpha$）のとき $f'(t) > 0$ $\alpha < t \le \pi$ （すなわち $\cos t < \cos \alpha$）のとき $f'(t) < 0$ となり、$f(t)$ は $t = \alpha$ のとき極大かつ最大となる。

最大値 $S(\alpha) = f(\alpha)$ を計算する。 $\cos \alpha = \frac{2 - \sqrt{22}}{6}$ より、

$$ \sin^2 \alpha = 1 - \cos^2 \alpha = 1 - \frac{(2 - \sqrt{22})^2}{36} = 1 - \frac{26 - 4\sqrt{22}}{36} = \frac{10 + 4\sqrt{22}}{36} = \frac{5 + 2\sqrt{22}}{18} $$

$0 < \alpha < \pi$ より $\sin \alpha > 0$ であるから、

$$ \sin \alpha = \sqrt{\frac{5 + 2\sqrt{22}}{18}} $$

また、$4 - 3\cos \alpha$ は次のようになる。

$$ 4 - 3\cos \alpha = 4 - 3 \left( \frac{2 - \sqrt{22}}{6} \right) = 4 - \frac{2 - \sqrt{22}}{2} = \frac{6 + \sqrt{22}}{2} $$

したがって、最大値 $S(\alpha)$ の2乗を計算すると、

$$ \{ S(\alpha) \}^2 = \left( \sqrt{\frac{5 + 2\sqrt{22}}{18}} \times \frac{6 + \sqrt{22}}{2} \right)^2 = \frac{5 + 2\sqrt{22}}{18} \times \frac{(6 + \sqrt{22})^2}{4} $$

$$ = \frac{5 + 2\sqrt{22}}{18} \times \frac{36 + 12\sqrt{22} + 22}{4} = \frac{5 + 2\sqrt{22}}{18} \times \frac{58 + 12\sqrt{22}}{4} = \frac{5 + 2\sqrt{22}}{18} \times \frac{29 + 6\sqrt{22}}{2} $$

$$ = \frac{(5 + 2\sqrt{22})(29 + 6\sqrt{22})}{36} = \frac{145 + 30\sqrt{22} + 58\sqrt{22} + 264}{36} = \frac{409 + 88\sqrt{22}}{36} $$

$S(\alpha) > 0$ であるから、平方根をとることで求める最大値が得られる。

$$ S(\alpha) = \frac{\sqrt{409 + 88\sqrt{22}}}{6} $$

解説

座標平面上の図形の面積を、時間をパラメータとする三角関数の式に帰着させる典型的な問題である。三角形の面積公式として $x_1 y_2 - x_2 y_1$ などの座標のたすき掛けの形を用いると、三角関数の加法定理（$\sin(\alpha - \beta) = \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta$）がそのまま使えるため、計算が非常にすっきりとまとまる。微分後の最大値計算において複雑な二重根号が現れるが、無理数を含んだまま落ち着いて代入・展開を行えば正答にたどり着くことができる。