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東京工業大学 2006年理系第3問解説

方針・初手

定点 $P$ を原点 $O$ として座標系を設定し、3つの円板の中心 $C_1, C_2, C_3$ の配置を考える。

条件 (a) より、各円板は半径 $1$ で原点 $O$ を通る。条件 (b) は「3つの円板が原点のみを共有する」ことであり、これは図形的に考えると「中心 $C_1, C_2, C_3$ が原点を内部または辺上に含む鋭角あるいは直角三角形をなす」ことと言い換えられる。

和集合の面積 $S$ は、包除原理を用いて2円の共通部分の面積を差し引いていくか、極座標を用いて外周を積分することで求めることができる。

解法1

定点 $P$ を原点 $O$ とする。 3つの円板を $D_1, D_2, D_3$ とし、それぞれの中心を $C_1, C_2, C_3$ とする。条件 (a) より、$C_1, C_2, C_3$ は $O$ を中心とする半径 $1$ の円周上にあり、$D_1, D_2, D_3$ はいずれも半径 $1$ で $O$ を通る円板である。

$C_1, C_2, C_3$ がこの順に円周上に並んでいるとし、$\angle C_2 O C_3 = 2\alpha, \angle C_3 O C_1 = 2\beta, \angle C_1 O C_2 = 2\gamma$ とおく。ここで、$\alpha, \beta, \gamma \ge 0$ であり、$\alpha + \beta + \gamma = \pi$ である。

条件 (b) より、$D_1, D_2, D_3$ が共有する点は $O$ のみである。もし $C_1, C_2, C_3$ がある半平面に属する場合（例えば $2\alpha > \pi$、すなわち $\alpha > \frac{\pi}{2}$ のとき）、$O$ を通る直線の片側に3つの円板が偏るため、$O$ の十分近くに3つの円板の共通部分が存在してしまう。したがって、共通部分が $O$ のみであるための条件は、$O$ が $\triangle C_1 C_2 C_3$ の内部または辺上にあること、すなわち $2\alpha \le \pi, 2\beta \le \pi, 2\gamma \le \pi$ である。よって、$0 \le \alpha \le \frac{\pi}{2}, 0 \le \beta \le \frac{\pi}{2}, 0 \le \gamma \le \frac{\pi}{2}$ を得る。

和集合の面積 $S$ は、包除原理により以下のように表せる。

$$ S = S(D_1) + S(D_2) + S(D_3) - S(D_1 \cap D_2) - S(D_2 \cap D_3) - S(D_3 \cap D_1) + S(D_1 \cap D_2 \cap D_3) $$

ここで、各円板の面積は $S(D_i) = \pi$ であり、条件 (b) より $S(D_1 \cap D_2 \cap D_3) = 0$ である。次に $D_2 \cap D_3$ の面積を求める。円 $D_2, D_3$ の中心間距離は $C_2 C_3 = 2\sin\alpha$ である。 2円の共通部分は、弦の長さが $2\cos\alpha$ となり、中心角 $2\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \pi - 2\alpha$ の扇形2つからひし形部分（底辺 $2\sin\alpha$、高さ $2\cos\alpha$）を引いた面積となる。

$$ S(D_2 \cap D_3) = 2 \left( \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot (\pi - 2\alpha) - \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \sin(\pi - 2\alpha) \right) = \pi - 2\alpha - \sin 2\alpha $$

同様に、残りの共通部分の面積も求められる。

$$ S(D_3 \cap D_1) = \pi - 2\beta - \sin 2\beta $$

$$ S(D_1 \cap D_2) = \pi - 2\gamma - \sin 2\gamma $$

これらを代入して $S$ を計算する。

$$ \begin{aligned} S &= 3\pi - \{ (\pi - 2\alpha - \sin 2\alpha) + (\pi - 2\beta - \sin 2\beta) + (\pi - 2\gamma - \sin 2\gamma) \} \\ &= 2(\alpha + \beta + \gamma) + \sin 2\alpha + \sin 2\beta + \sin 2\gamma \end{aligned} $$

$\alpha + \beta + \gamma = \pi$ であるから、

$$ S = 2\pi + \sin 2\alpha + \sin 2\beta + \sin 2\gamma $$

ここで、$f(x) = \sin 2x$ とおくと、$0 \le x \le \frac{\pi}{2}$ において $f''(x) = -4\sin 2x \le 0$ より上に凸である。イェンゼンの不等式（またはグラフの凸性）より、

$$ \frac{\sin 2\alpha + \sin 2\beta + \sin 2\gamma}{3} \le \sin\left( 2 \cdot \frac{\alpha+\beta+\gamma}{3} \right) = \sin\frac{2\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} $$

等号は $\alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3}$ のときに成立し、これは条件を満たす。したがって、$S$ の最大値は

$$ 2\pi + 3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\pi + \frac{3\sqrt{3}}{2} $$

解法2

定点 $P$ を極とする極座標 $(r, \theta)$ を考える。 3つの円板の中心を極座標で $C_1(1, \theta_1), C_2(1, \theta_2), C_3(1, \theta_3)$ とし、$0 \le \theta_1 < \theta_2 < \theta_3 < 2\pi$ とする。円板 $D_i$ の周は極 $P$ を通り、中心が $C_i(1, \theta_i)$ であるから、その極方程式は $r = 2\cos(\theta - \theta_i)$ となる。円板の内部は $r \le 2\cos(\theta - \theta_i)$ で表される。

隣り合う中心角の半角を $\alpha = \frac{\theta_2 - \theta_1}{2}, \beta = \frac{\theta_3 - \theta_2}{2}, \gamma = \frac{2\pi - (\theta_3 - \theta_1)}{2}$ とおくと、$\alpha + \beta + \gamma = \pi$ である。解法1と同様の考察から、共通部分が $P$ のみである条件は $\alpha, \beta, \gamma \le \frac{\pi}{2}$ となる。

和集合の境界を表す極方程式は、各方向で最も外側にある円板の境界となるため、$r = \max_{i} \{ 2\cos(\theta - \theta_i) \}$ となる。 $D_1$ の境界が最も外側になるのは、$\theta_1 - \gamma \le \theta \le \theta_1 + \alpha$ の範囲である。この区間での面積は積分により求まる。

$$ \begin{aligned} \frac{1}{2} \int_{\theta_1 - \gamma}^{\theta_1 + \alpha} (2\cos(\theta - \theta_1))^2 \, d\theta &= \int_{-\gamma}^{\alpha} 2\cos^2 \phi \, d\phi \\ &= \int_{-\gamma}^{\alpha} (1 + \cos 2\phi) \, d\phi \\ &= \left[ \phi + \frac{1}{2}\sin 2\phi \right]_{-\gamma}^{\alpha} \\ &= \alpha + \gamma + \frac{1}{2}(\sin 2\alpha + \sin 2\gamma) \end{aligned} $$

同様に、$D_2$ が外側になる範囲の面積は $\beta + \alpha + \frac{1}{2}(\sin 2\beta + \sin 2\alpha)$ $D_3$ が外側になる範囲の面積は $\gamma + \beta + \frac{1}{2}(\sin 2\gamma + \sin 2\beta)$ となる。和集合の面積 $S$ はこれらの総和である。

$$ \begin{aligned} S &= 2(\alpha + \beta + \gamma) + \sin 2\alpha + \sin 2\beta + \sin 2\gamma \\ &= 2\pi + \sin 2\alpha + \sin 2\beta + \sin 2\gamma \end{aligned} $$

以降は解法1と同様に評価することで、$\alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3}$ のときに最大値 $2\pi + \frac{3\sqrt{3}}{2}$ を得る。

解説

2円の共通部分の面積計算における図形的な処理（包除原理）と、極方程式を用いた積分の両方が有効な良問である。条件 (b) を「中心のなす三角形が定点を含み、鈍角三角形にならない」という扱いやすい角度の条件（$\alpha, \beta, \gamma \le \frac{\pi}{2}$）に翻訳できるかどうかが完答への鍵となる。和集合の外周を極方程式 $r(\theta)$ の最大値として捉える解法2は、数IIIを学習した理系生にとって見通しが良く計算ミスも防ぎやすい。