トップ› 東京大学› 1979年› 理系第4問

東京大学 1979年理系第4問解説

方針・初手

点 $O$ を原点とする座標平面（または複素数平面）を設定し、対称性から $P$ の座標を固定して考える。図形の対称性や中線定理を活用すると、求める $OQ^2 + OR^2$ を1つの変数でシンプルに表すことができる。$Q$ および $R$ が円 $O$ の周上または内部にあるという条件からその変数のとりうる範囲を求め、最大値と最小値を調べる。

解法1

座標平面において、$O$ を原点 $(0,0)$ とし、一般性を失わず $P(1,0)$ と設定する。 $\triangle PQR$ は1辺の長さが $\frac{2}{\sqrt{3}}$ の正三角形である。辺 $QR$ の中点を $M$ とすると、$PQ = PR = \frac{2}{\sqrt{3}}$ より、直線 $PM$ は辺 $QR$ の垂直二等分線となる。直角三角形 $PMQ$ において、三平方の定理より

$$ PM = \sqrt{PQ^2 - MQ^2} = \sqrt{\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^2 - \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2} = \sqrt{\frac{4}{3} - \frac{1}{3}} = 1 $$

である。これは、点 $M$ が点 $P$ を中心とする半径 $1$ の円周上にあることを意味する。

$\triangle OQR$ において、中線定理（パップスの定理）を用いると

$$ OQ^2 + OR^2 = 2(OM^2 + MQ^2) = 2OM^2 + \frac{2}{3} $$

となる。したがって、$OM^2$ の最大値および最小値を求めればよい。

点 $M$ は $P(1,0)$ から距離 $1$ の点であるから、$x$ 軸の正の向きとベクトル $\vec{PM}$ のなす角を $\theta$ とすると、$M(1+\cos\theta, \sin\theta)$ と表せる。（$0 \le \theta < 2\pi$）このとき、

$$ OM^2 = (1+\cos\theta)^2 + \sin^2\theta = 2 + 2\cos\theta $$

となるから、求める値は

$$ OQ^2 + OR^2 = 2(2 + 2\cos\theta) + \frac{2}{3} = \frac{14}{3} + 4\cos\theta $$

と表される。

次に $\theta$ の条件を求める。直線 $QR$ は $PM$ に垂直であり、$MQ = MR = \frac{1}{\sqrt{3}}$ であるから、$\vec{MQ}$ と $\vec{MR}$ はベクトル $\vec{PM} = (\cos\theta, \sin\theta)$ を $\pm 90^\circ$ 回転し $\frac{1}{\sqrt{3}}$ 倍したものである。すなわち、

$$ \vec{MQ} = \frac{1}{\sqrt{3}}(-\sin\theta, \cos\theta), \quad \vec{MR} = \frac{1}{\sqrt{3}}(\sin\theta, -\cos\theta) $$

（$Q$ と $R$ は入れ替わっても結果は同じなので、このように定めてよい）よって、$Q$ と $R$ の位置ベクトルは

$$ \vec{OQ} = \vec{OM} + \vec{MQ} = \left(1 + \cos\theta - \frac{1}{\sqrt{3}}\sin\theta, \sin\theta + \frac{1}{\sqrt{3}}\cos\theta\right) $$

$$ \vec{OR} = \vec{OM} + \vec{MR} = \left(1 + \cos\theta + \frac{1}{\sqrt{3}}\sin\theta, \sin\theta - \frac{1}{\sqrt{3}}\cos\theta\right) $$

となる。

$Q, R$ は円 $O$ の内部または周上にあるため、$OQ^2 \le 1$ かつ $OR^2 \le 1$ である。 $OQ^2 \le 1$ より

$$ \left(1 + \cos\theta - \frac{1}{\sqrt{3}}\sin\theta\right)^2 + \left(\sin\theta + \frac{1}{\sqrt{3}}\cos\theta\right)^2 \le 1 $$

展開して整理すると、

$$ \frac{7}{3} + 2\cos\theta - \frac{2}{\sqrt{3}}\sin\theta \le 1 $$

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

三角関数の合成を用いると、

$$ \cos\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) \le -\frac{1}{\sqrt{3}} \quad \cdots \text{(i)} $$

同様に $OR^2 \le 1$ より

$$ \frac{7}{3} + 2\cos\theta + \frac{2}{\sqrt{3}}\sin\theta \le 1 $$

$$ \frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta + \frac{1}{2}\sin\theta \le -\frac{1}{\sqrt{3}} $$

$$ \cos\left(\theta - \frac{\pi}{6}\right) \le -\frac{1}{\sqrt{3}} \quad \cdots \text{(ii)} $$

ここで、$\cos\alpha = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ を満たす $\alpha$ $\left(\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi\right)$ を定める。このとき $\sin\alpha = \sqrt{1 - \left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ である。条件（i）より $\alpha \le \theta + \frac{\pi}{6} \le 2\pi - \alpha$、すなわち $\alpha - \frac{\pi}{6} \le \theta \le 2\pi - \alpha - \frac{\pi}{6}$ 条件（ii）より $\alpha \le \theta - \frac{\pi}{6} \le 2\pi - \alpha$、すなわち $\alpha + \frac{\pi}{6} \le \theta \le 2\pi - \alpha + \frac{\pi}{6}$ これらを同時に満たす $\theta$ の範囲は、

$$ \alpha + \frac{\pi}{6} \le \theta \le 2\pi - \alpha - \frac{\pi}{6} $$

となる。

この区間において $\cos\theta$ のとりうる値の範囲を考える。区間の中点は $\frac{1}{2}\left\{ \left(\alpha + \frac{\pi}{6}\right) + \left(2\pi - \alpha - \frac{\pi}{6}\right) \right\} = \pi$ であり、区間内に $\pi$ を含む。したがって、$\cos\theta$ の最小値は $\theta = \pi$ のとき $-1$ である。最大値は区間の端点 $\theta = \alpha + \frac{\pi}{6}$ においてとる。加法定理より

$$ \cos\left(\alpha + \frac{\pi}{6}\right) = \cos\alpha\cos\frac{\pi}{6} - \sin\alpha\sin\frac{\pi}{6} = \left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\frac{1}{2} = -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{6}}{6} $$

となる。

以上より、$\cos\theta$ のとりうる範囲は

$$ -1 \le \cos\theta \le -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{6}}{6} $$

であり、$OQ^2 + OR^2 = \frac{14}{3} + 4\cos\theta$ の最大値と最小値は以下のようになる。

最大値：

$$ \frac{14}{3} + 4\left(-\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{6}}{6}\right) = \frac{14}{3} - 2 - \frac{2\sqrt{6}}{3} = \frac{8 - 2\sqrt{6}}{3} $$

最小値：

$$ \frac{14}{3} + 4(-1) = \frac{2}{3} $$

解法2

複素数平面を用いて解く。$O$ を原点、$P$ を実軸上の点 $1$ とする。 $\triangle PQR$ は1辺 $\frac{2}{\sqrt{3}}$ の正三角形であるから、$Q$ および $R$ は点 $P$ を中心とする半径 $\frac{2}{\sqrt{3}}$ の円周上にあり、線分 $PQ$ と $PR$ のなす角は $\frac{\pi}{3}$ である。直線 $PQ$ と $PR$ のなす角の二等分線が実軸の正の向きとなす角を $\theta$ とすると、$Q$ と $R$ は $P$ から偏角 $\theta - \frac{\pi}{6}$ および $\theta + \frac{\pi}{6}$ の方向にある。したがって、$Q$ および $R$ を表す複素数は

$$ Q = 1 + \frac{2}{\sqrt{3}}e^{i\left(\theta - \frac{\pi}{6}\right)}, \quad R = 1 + \frac{2}{\sqrt{3}}e^{i\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right)} $$

と表せる。（$Q, R$ が逆でも対称性より結果は変わらない）

求める値は $|Q|^2 + |R|^2$ である。

$$ |Q|^2 = \left|1 + \frac{2}{\sqrt{3}}e^{i\left(\theta - \frac{\pi}{6}\right)}\right|^2 = 1 + \frac{4}{3} + 2 \cdot 1 \cdot \frac{2}{\sqrt{3}}\cos\left(\theta - \frac{\pi}{6}\right) = \frac{7}{3} + \frac{4}{\sqrt{3}}\cos\left(\theta - \frac{\pi}{6}\right) $$

$$ |R|^2 = \left|1 + \frac{2}{\sqrt{3}}e^{i\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right)}\right|^2 = 1 + \frac{4}{3} + 2 \cdot 1 \cdot \frac{2}{\sqrt{3}}\cos\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) = \frac{7}{3} + \frac{4}{\sqrt{3}}\cos\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) $$

和から積への公式を用いてこれらを足し合わせると、

$$ |Q|^2 + |R|^2 = \frac{14}{3} + \frac{4}{\sqrt{3}}\left\{ \cos\left(\theta - \frac{\pi}{6}\right) + \cos\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) \right\} $$

$$ = \frac{14}{3} + \frac{4}{\sqrt{3}} \cdot 2\cos\theta\cos\frac{\pi}{6} = \frac{14}{3} + 4\cos\theta $$

となる。

一方、$Q, R$ が単位円の周上または内部にある条件は $|Q|^2 \le 1$ かつ $|R|^2 \le 1$ である。

$$ \frac{7}{3} + \frac{4}{\sqrt{3}}\cos\left(\theta - \frac{\pi}{6}\right) \le 1 \iff \cos\left(\theta - \frac{\pi}{6}\right) \le -\frac{1}{\sqrt{3}} $$

$$ \frac{7}{3} + \frac{4}{\sqrt{3}}\cos\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) \le 1 \iff \cos\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) \le -\frac{1}{\sqrt{3}} $$

これらを満たす $\theta$ の範囲と、その範囲における $\cos\theta$ の最大値・最小値を求める手順は解法1と同様であり、$\cos\theta$ のとりうる範囲は

$$ -1 \le \cos\theta \le -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{6}}{6} $$

となる。これを $|Q|^2 + |R|^2 = \frac{14}{3} + 4\cos\theta$ に代入して最大値・最小値を得る。

解説

図形の回転や距離の2乗和がテーマとなっている問題である。このような問題では、座標を全て成分で置いて力任せに計算するよりも、ベクトル・複素数平面・中線定理などを活用して「中心」や「対称性」をうまく利用することで、計算量を劇的に減らすことができる。

解法1では、中線定理を用いることで「2点の距離の2乗和」を「中点までの距離の2乗」に帰着させている。解法2の複素数平面では、回転や距離の表現が極めてシンプルになるため、自然な式変形で目的の関数と条件式を導き出すことができる。いずれのアプローチでも「1つの角度パラメータ $\theta$ に集約する」ことが完答への鍵となる。