トップ› 東京工業大学› 2016年› 理系第2問

東京工業大学 2016年理系第2問解説

方針・初手

問題で与えられた点 $P, Q, R$ の位置関係を把握し、各辺の長さを $X, Y, Z$ を用いて表す。 (1) は、$\triangle PQR$ が正三角形になるための条件を、幾何的な対称性（合同な三角形の生成）、あるいは余弦定理を用いた代数計算から導く。 (2) は、(1) と同様に3つの周辺の三角形がそれぞれ正三角形になる条件を立式し、事象の排反性に注意して数え上げる。 (3) は、$\triangle PQR$ の面積を $X, Y, Z$ の関数として表し、各変数について1次式であることを利用して最小値を探索する。

解法1

(1)

点 $P, Q, R$ の定義より、辺の長さはそれぞれ $BP=X, PC=6-X$、$CQ=Y, QA=6-Y$、$AR=Z, RB=6-Z$ である。

$\triangle PQR$ が正三角形であると仮定する。このとき、$\angle PQR = \angle QRP = \angle RPQ = 60^\circ$ である。

$\triangle CQP$ に着目すると、$\angle C = 60^\circ$ より $\angle CQP + \angle CPQ = 120^\circ$ となる。また、点 $P$ の周りの角について、$\angle CPQ + \angle BPR = 180^\circ - \angle RPQ = 120^\circ$ である。ゆえに、$\angle CQP = \angle BPR$ が成り立つ。

これと $\angle C = \angle B = 60^\circ$ より、2組の角がそれぞれ等しいので $\triangle CQP \sim \triangle BPR$ である。対応する辺の比は等しく、特に $QP : PR = 1 : 1$（$\triangle PQR$ は正三角形であるため）となることから、相似比は $1:1$ となり $\triangle CQP \equiv \triangle BPR$ が導かれる。同様の手順で、$\triangle BPR \equiv \triangle ARQ$ も示される。

したがって、$CQ = BP = AR$ が成り立つ。 $CQ=Y, BP=X, AR=Z$ より、$X=Y=Z$ である。逆に $X=Y=Z$ のとき、合同条件から明らかに $\triangle CQP \equiv \triangle BPR \equiv \triangle ARQ$ となり、$\triangle PQR$ は正三角形になる。

サイコロを3回振ったときの目の出方は $6^3 = 216$ 通りであり、$X=Y=Z$ となるのは $(1,1,1), \dots, (6,6,6)$ の 6 通りである。よって求める確率は、

$$ \frac{6}{216} = \frac{1}{36} $$

(2)

$T_1$（$\triangle BPR$）が正三角形になる条件を求める。 $\angle B = 60^\circ$ より、$\triangle BPR$ が正三角形であることと $BP=BR$ は同値である。 $BP=X, BR=6-Z$ より、$X=6-Z \iff X+Z=6$ となる。同様に、$T_2$（$\triangle CQP$）が正三角形になる条件は $CP=CQ \iff 6-X=Y \iff X+Y=6$ である。 $T_3$（$\triangle ARQ$）が正三角形になる条件は $AQ=AR \iff 6-Y=Z \iff Y+Z=6$ である。

これらが正三角形になる事象をそれぞれ $A, B, C$ とする。「ちょうど2つが正三角形になる」のは、事象 $A \cap B \cap \bar{C}$、$B \cap C \cap \bar{A}$、$C \cap A \cap \bar{B}$ のいずれかが起こる場合であり、これらは互いに排反である。

$A$ かつ $B$ が成り立つとき、$X+Z=6, X+Y=6$ より $Y=Z$ である。さらに $\bar{C}$ が成り立つ（$Y+Z \neq 6$）ので、$2Y \neq 6 \implies Y \neq 3$ となる。 $X+Y=6$ かつ $Y=Z$ を満たす $(X,Y,Z)$ のうち、$Y \neq 3$ となるのは、 $(5,1,1), (4,2,2), (2,4,4), (1,5,5)$ の 4 通りである。

対称性から、$B \cap C \cap \bar{A}$ となるもの、$C \cap A \cap \bar{B}$ となるものもそれぞれ 4 通りずつ存在する。よって条件を満たす組は $4 \times 3 = 12$ 通りである。求める確率は、

$$ \frac{12}{216} = \frac{1}{18} $$

(3)

$\triangle PQR$ の面積 $S$ は、$\triangle ABC$ の面積から周囲の3つの三角形の面積を引いたものである。

$$ \triangle ABC = \frac{1}{2} \cdot 6^2 \sin 60^\circ = 9\sqrt{3} $$

$$ \triangle BPR = \frac{1}{2} BP \cdot BR \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{4} X(6-Z) $$

$$ \triangle CQP = \frac{1}{2} CQ \cdot CP \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{4} Y(6-X) $$

$$ \triangle ARQ = \frac{1}{2} AR \cdot AQ \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{4} Z(6-Y) $$

ゆえに、面積 $S$ は次のように表される。

$$ S = 9\sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{4} \{ X(6-Z) + Y(6-X) + Z(6-Y) \} $$

ここで $g(X,Y,Z) = X(6-Z) + Y(6-X) + Z(6-Y) = 6(X+Y+Z) - (XY+YZ+ZX)$ とする。 $S$ が最小となるのは、$g(X,Y,Z)$ が最大のときである。 $g(X,Y,Z)$ を $X$ について整理すると、

$$ g(X,Y,Z) = (6-Y-Z)X + 6(Y+Z) - YZ $$

これは $X$ の1次関数である。定義域 $1 \le X \le 6$ において、1次関数が最大値をとるのは、端点 $X=1$ または $X=6$ のいずれかである。式の対称性より、$Y, Z$ についても同様に端点で最大値をとる。したがって、$g(X,Y,Z)$ の最大値の候補は、各変数が $1$ または $6$ である場合か、またはいずれかの変数の係数（例えば $6-Y-Z$）が $0$ となる場合にある。

(i)

$X, Y, Z \in \{1, 6\}$ の場合候補は $(1,1,1), (1,1,6), (1,6,6), (6,6,6)$ とその並べ替えである。代入して値を比較する。

$g(1,1,1) = 6(3) - 3 = 15$
$g(1,1,6) = 6(8) - 13 = 35$
$g(1,6,6) = 6(13) - 48 = 30$
$g(6,6,6) = 6(18) - 108 = 0$ 最大値の候補は $35$ となる。

（ii）係数が $0$ となる場合対称性から $Y+Z=6$ とする。このとき $X$ の値によらず $g$ の値は一定となる。

$$ g(X,Y,6-Y) = 6(X+6) - (XY + Y(6-Y) + X(6-Y)) = 6X + 36 - (6X - Y^2 + 6Y) = Y^2 - 6Y + 36 $$

$1 \le Y \le 5$ におけるこの2次関数の最大値を考える。平方完成すると $(Y-3)^2 + 27$ となり、定義域の端点である $Y=1$ または $5$ で最大値 $31$ をとる。これは (i) の $35$ より小さい。

以上より、$g(X,Y,Z)$ の最大値は $35$ であり、これを与える $(X,Y,Z)$ の組は $\{1, 1, 6\}$ の順列、すなわち $(1,1,6), (1,6,1), (6,1,1)$ の 3 通りのみである。したがって、$S$ の最小値 $m$ は、

$$ m = 9\sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{4} \times 35 = \frac{\sqrt{3}}{4} $$

また、$S=m$ となる確率は、条件を満たす組が 3 通りであるから、

$$ \frac{3}{216} = \frac{1}{72} $$

解法2

(1)の別解（余弦定理を用いる方法）

$\triangle ABC$ は一辺 6 の正三角形なので、$\triangle CQP, \triangle ARQ, \triangle BPR$ に余弦定理を適用する。

$$ \begin{aligned} PQ^2 &= (6-X)^2 + Y^2 - 2(6-X)Y \cos 60^\circ \\ &= X^2 + Y^2 + XY - 12X - 6Y + 36 \end{aligned} $$

同様にして、以下の式を得る。

$$ QR^2 = Y^2 + Z^2 + YZ - 12Y - 6Z + 36 $$

$$ RP^2 = Z^2 + X^2 + ZX - 12Z - 6X + 36 $$

$\triangle PQR$ が正三角形であるための条件は $PQ^2 = QR^2 = RP^2$ である。 $PQ^2 - QR^2 = 0$ より、

$$ X^2 - Z^2 + Y(X-Z) - 12(X-Y) - 6(Y-Z) = 0 $$

$$ (X-Z)(X+Y+Z) - 6(2X - Y - Z) = 0 $$

ここで $2X - Y - Z = (X-Y) + (X-Z)$ であるから、

$$ (X-Z)(X+Y+Z-6) = 6(X-Y) \cdots \text{①} $$

同様にして $QR^2 - RP^2 = 0, RP^2 - PQ^2 = 0$ より、次の式を得る。

$$ (Y-X)(X+Y+Z-6) = 6(Y-Z) \cdots \text{②} $$

$$ (Z-Y)(X+Y+Z-6) = 6(Z-X) \cdots \text{③} $$

$W = X+Y+Z-6$ とおき、①、②、③の辺々を掛け合わせると、

$$ (X-Z)(Y-X)(Z-Y) W^3 = 216(X-Y)(Y-Z)(Z-X) $$

$$ -(X-Y)(Y-Z)(Z-X) W^3 = 216(X-Y)(Y-Z)(Z-X) $$

$$ (X-Y)(Y-Z)(Z-X)(W^3 + 216) = 0 $$

$X,Y,Z \ge 1$ であるため $W = X+Y+Z-6 \ge -3$ であり、$W^3 + 216 = W^3 + 6^3 > 0$ となる。したがって $(X-Y)(Y-Z)(Z-X) = 0$ が成り立ち、$X, Y, Z$ のうち少なくとも2つは等しいことがわかる。対称性から $X=Y$ と仮定すると、②より $0 = 6(Y-Z) \implies Y=Z$ となり、$X=Y=Z$ を得る。以上より、正三角形になるための必要十分条件は $X=Y=Z$ であり、求める確率は $\frac{6}{216} = \frac{1}{36}$ となる。

解説

(1) は正三角形になる条件をどのように処理するかが問われている。図形的な相似・合同関係から攻めるのが最も見通しが良いが、余弦定理を用いた代数計算でも、輪環の順の対称性を上手く扱うことで鮮やかな結論が導ける。(3) の多変数関数の最大・最小問題は、「1つの変数に注目すると1次関数である」という性質に気づければ、定義域の端点のみを調べるだけで済むというエレガントな手法が取れる。偏微分等の複雑な計算を回避できるかどうかが鍵となる良問である。