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東京工業大学 2011年理系第3問解説

方針・初手

点 $X, Y$ の座標を設定し、$\triangle OPQ$ の面積を数式で表す。面積を最大化する変数の値を見つけるために、直線の偏角を用いて三角関数の加法定理を利用するか、あるいはベクトルの成分表示から面積公式を用いるのが定石である。立式後は、分数関数の形になるため、相加平均と相乗平均の大小関係を活用して最大値を求める。

解法1

$x$ 軸の正の向きを始線とし、半直線 $OX, OY$ のなす角（偏角）をそれぞれ $\alpha, \beta$ とおく。

点 $X, Y$ は点 $A(1, 0)$ を通り $x$ 軸に垂直な直線 $x = 1$ の第1象限に含まれる部分にあるため、$X(1, t)$ ($t > 0$) とおける。このとき、条件 $AY = kAX$ より $Y(1, kt)$ と表せる。

$\tan \alpha = t, \quad \tan \beta = kt$

であり、$0 < \alpha < \beta < \frac{\pi}{2}$ である。

$\triangle OPQ$ は $OP = OQ = 1$ の二等辺三角形であり、その頂角は $\angle POQ = \beta - \alpha$ であるから、$\triangle OPQ$ の面積を $S$ とすると、

$$ S = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 \cdot \sin(\beta - \alpha) = \frac{1}{2} \sin(\beta - \alpha) $$

となる。

$0 < \beta - \alpha < \frac{\pi}{2}$ より、$\sin(\beta - \alpha)$ が最大となるとき、$S$ も最大となる。このとき $\tan(\beta - \alpha)$ も最大となるため、まず $\tan(\beta - \alpha)$ の最大値を考える。正接の加法定理より、

$$ \tan(\beta - \alpha) = \frac{\tan \beta - \tan \alpha}{1 + \tan \beta \tan \alpha} = \frac{kt - t}{1 + k t^2} = \frac{(k - 1)t}{1 + k t^2} $$

$t > 0$ であるから、分母・分子を $t$ で割ると、

$$ \tan(\beta - \alpha) = \frac{k - 1}{\frac{1}{t} + k t} $$

ここで、分母の $\frac{1}{t} + kt$ について、$\frac{1}{t} > 0, kt > 0$ であるから、相加平均と相乗平均の大小関係より、

$$ \frac{1}{t} + k t \geqq 2 \sqrt{\frac{1}{t} \cdot k t} = 2 \sqrt{k} $$

等号は $\frac{1}{t} = kt$、すなわち $t^2 = \frac{1}{k}$ のとき成り立つ。$k > 1, t > 0$ より $t = \frac{1}{\sqrt{k}}$ で等号が成立し、このとき $\frac{1}{t} + kt$ は最小値 $2\sqrt{k}$ をとる。

したがって、$\tan(\beta - \alpha)$ の最大値を $M$ とすると、

$$ M = \frac{k - 1}{2\sqrt{k}} $$

となる。

次に、$\tan(\beta - \alpha) = M$ のときの $\sin(\beta - \alpha)$ を求める。三角関数の相互関係より、

$$ 1 + \tan^2(\beta - \alpha) = 1 + M^2 = 1 + \frac{(k - 1)^2}{4k} = \frac{4k + k^2 - 2k + 1}{4k} = \frac{(k + 1)^2}{4k} $$

$$ \cos^2(\beta - \alpha) = \frac{1}{1 + M^2} = \frac{4k}{(k + 1)^2} $$

$0 < \beta - \alpha < \frac{\pi}{2}$ より $\sin(\beta - \alpha) > 0, \cos(\beta - \alpha) > 0$ であり、また $k > 1$ より $k - 1 > 0, k + 1 > 0$ であるから、

$$ \begin{aligned} \sin(\beta - \alpha) &= \sqrt{1 - \cos^2(\beta - \alpha)} \\ &= \sqrt{1 - \frac{4k}{(k + 1)^2}} \\ &= \sqrt{\frac{(k + 1)^2 - 4k}{(k + 1)^2}} \\ &= \sqrt{\frac{(k - 1)^2}{(k + 1)^2}} \\ &= \frac{k - 1}{k + 1} \end{aligned} $$

以上より、$\triangle OPQ$ の面積 $S$ の最大値は、

$$ S = \frac{1}{2} \cdot \frac{k - 1}{k + 1} = \frac{k - 1}{2(k + 1)} $$

となる。

解法2

$X(1, t)$ ($t > 0$) とおくと、条件より $Y(1, kt)$ と表せる。

点 $P, Q$ はそれぞれベクトル $\overrightarrow{OX}, \overrightarrow{OY}$ と同じ向きの単位ベクトルであるから、

$$ \overrightarrow{OP} = \frac{1}{\sqrt{1 + t^2}}(1, t) $$

$$ \overrightarrow{OQ} = \frac{1}{\sqrt{1 + (kt)^2}}(1, kt) $$

となる。

$\triangle OPQ$ の面積 $S$ は、ベクトルの成分を用いた面積公式より、

$$ \begin{aligned} S &= \frac{1}{2} \left| \frac{1}{\sqrt{1 + t^2}} \cdot \frac{kt}{\sqrt{1 + k^2 t^2}} - \frac{t}{\sqrt{1 + t^2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + k^2 t^2}} \right| \\ &= \frac{1}{2} \frac{|kt - t|}{\sqrt{(1 + t^2)(1 + k^2 t^2)}} \\ &= \frac{1}{2} \frac{(k - 1)t}{\sqrt{1 + (k^2 + 1)t^2 + k^2 t^4}} \end{aligned} $$

ただし、最後の等号では $k > 1, t > 0$ であることを用いて絶対値を外した。 $t > 0$ より、分母・分子を $t = \sqrt{t^2}$ で割ると、

$$ S = \frac{1}{2} \frac{k - 1}{\sqrt{\frac{1}{t^2} + k^2 + 1 + k^2 t^2}} $$

根号の中の変数部分 $\frac{1}{t^2} + k^2 t^2$ について考える。$\frac{1}{t^2} > 0, k^2 t^2 > 0$ であるから、相加平均と相乗平均の大小関係より、

$$ \frac{1}{t^2} + k^2 t^2 \geqq 2 \sqrt{\frac{1}{t^2} \cdot k^2 t^2} = 2k $$

等号は $\frac{1}{t^2} = k^2 t^2$、すなわち $t^4 = \frac{1}{k^2}$ のとき成り立つ。$t > 0, k > 1$ より $t = \frac{1}{\sqrt{k}}$ のときに等号が成立し、このとき $\frac{1}{t^2} + k^2 t^2$ は最小値 $2k$ をとる。

したがって、根号の中身の最小値は $2k + k^2 + 1 = (k + 1)^2$ となる。分母が最小となるとき $S$ は最大となる。ここで $k > 1$ より $k + 1 > 0$ であるから、$S$ の最大値は、

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

となる。

解説

2つの動点 $X, Y$ の位置関係が与えられている状況で、なす角に注目して面積を最大化する標準的な問題である。解法1のように直線の傾きから正接（$\tan$）の加法定理へ持ち込む方針と、解法2のように単位ベクトルの成分表示から面積公式へ持ち込む方針の2つが考えられる。どちらの方針を選択しても、最終的に分数関数の最大・最小問題に帰着する。分子を定数化して分母に着目し、相加平均と相乗平均の大小関係を用いるという典型的な式処理が要求される。