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東京大学 1996年理系第6問解説

方針・初手

領域 $D$ は原点を中心とする半径 $1$ の円の周および内部であり、楕円 $C$ が $D$ に含まれる条件は、$C$ 上のすべての点 $(x, y)$ が $x^2 + y^2 \leqq 1$ を満たすことである。 $C$ の方程式から $x^2$ を消去し、$y$ についての条件式に帰着させる。$y$ の変域に注意して、2次関数の最大値の問題として処理する。

解法1

(1)

楕円 $C$ の方程式は以下の通りである。

$$ \frac{x^2}{\alpha} + \frac{(y-\sqrt{\beta})^2}{\beta} = 1 $$

これを $x^2$ について解くと、

$$ x^2 = \alpha \left\{ 1 - \frac{(y-\sqrt{\beta})^2}{\beta} \right\} $$

となる。$x^2 \geqq 0$ と $\alpha > 0, \beta > 0$ より、

$$ 1 - \frac{(y-\sqrt{\beta})^2}{\beta} \geqq 0 $$

$$ (y-\sqrt{\beta})^2 \leqq \beta $$

$$ -\sqrt{\beta} \leqq y - \sqrt{\beta} \leqq \sqrt{\beta} $$

よって、$C$ 上の点の $y$ 座標のとりうる範囲は $0 \leqq y \leqq 2\sqrt{\beta}$ である。

$C$ が $D$ に含まれるための条件は、この範囲のすべての $y$ に対して、$x^2 + y^2 \leqq 1$ が成り立つことである。$x^2$ を代入して整理する。

$$ \alpha \left\{ 1 - \frac{(y-\sqrt{\beta})^2}{\beta} \right\} + y^2 \leqq 1 $$

$$ \alpha - \frac{\alpha}{\beta} (y^2 - 2\sqrt{\beta}y + \beta) + y^2 - 1 \leqq 0 $$

$$ \left( 1 - \frac{\alpha}{\beta} \right) y^2 + \frac{2\alpha}{\sqrt{\beta}} y - 1 \leqq 0 $$

ここで、$f(y) = \left( 1 - \frac{\alpha}{\beta} \right) y^2 + \frac{2\alpha}{\sqrt{\beta}} y - 1$ とおく。条件は、「$0 \leqq y \leqq 2\sqrt{\beta}$ において常に $f(y) \leqq 0$ となること」である。 $y^2$ の係数の符号によって場合分けを行う。

(i)

$1 - \frac{\alpha}{\beta} = 0$ すなわち $\alpha = \beta$ のとき

$f(y) = \frac{2\alpha}{\sqrt{\alpha}} y - 1 = 2\sqrt{\alpha} y - 1$ となる。これは単調に増加する1次関数であるため、区間における最大値は $f(2\sqrt{\alpha})$ である。

$$ f(2\sqrt{\alpha}) = 4\alpha - 1 \leqq 0 \iff \alpha \leqq \frac{1}{4} $$

$\alpha = \beta > 0$ であるから、条件は $0 < \alpha = \beta \leqq \frac{1}{4}$ である。

(ii)

$1 - \frac{\alpha}{\beta} > 0$ すなわち $\alpha < \beta$ のとき

$f(y)$ は下に凸の2次関数である。区間内で常に $f(y) \leqq 0$ となる条件は、両端点において値が $0$ 以下となることである。

$$ f(0) = -1 \leqq 0 \quad (\text{常に成立}) $$

$$ f(2\sqrt{\beta}) = \left( 1 - \frac{\alpha}{\beta} \right) 4\beta + \frac{2\alpha}{\sqrt{\beta}} \cdot 2\sqrt{\beta} - 1 = 4\beta - 4\alpha + 4\alpha - 1 = 4\beta - 1 \leqq 0 $$

よって $\beta \leqq \frac{1}{4}$ となる。場合分けの条件と合わせて、$0 < \alpha < \beta \leqq \frac{1}{4}$ である。

(iii)

$1 - \frac{\alpha}{\beta} < 0$ すなわち $\alpha > \beta$ のとき

$f(y)$ は上に凸の2次関数である。平方完成すると以下のようになる。

$$ f(y) = \frac{\beta-\alpha}{\beta} \left( y - \frac{\alpha\sqrt{\beta}}{\alpha-\beta} \right)^2 + \frac{\alpha^2}{\alpha-\beta} - 1 $$

軸の方程式は $y = \frac{\alpha\sqrt{\beta}}{\alpha-\beta}$ であり、$\alpha > \beta > 0$ より軸の位置は正である。区間 $0 \leqq y \leqq 2\sqrt{\beta}$ に対する軸の位置でさらに場合分けをする。軸と区間の右端 $2\sqrt{\beta}$ の大小を比較する。

$$ \frac{\alpha\sqrt{\beta}}{\alpha-\beta} \leqq 2\sqrt{\beta} \iff \alpha \leqq 2(\alpha-\beta) \iff \alpha \geqq 2\beta $$

(ア)

$\alpha \geqq 2\beta$ のとき

軸は区間内に存在する。最大値は頂点における値である。

$$ f\left( \frac{\alpha\sqrt{\beta}}{\alpha-\beta} \right) = \frac{\alpha^2}{\alpha-\beta} - 1 \leqq 0 $$

$\alpha - \beta > 0$ より、$\alpha^2 \leqq \alpha - \beta \iff \beta \leqq -\alpha^2 + \alpha$ となる。このとき、条件 $\beta \leqq \frac{\alpha}{2}$ と $\beta \leqq -\alpha^2 + \alpha$ の共通範囲を考える。 $\frac{\alpha}{2} \leqq -\alpha^2 + \alpha \iff \alpha^2 - \frac{\alpha}{2} \leqq 0 \iff 0 \leqq \alpha \leqq \frac{1}{2}$ であるから、 $0 < \alpha \leqq \frac{1}{2}$ のときは、$\beta \leqq \frac{\alpha}{2}$ を満たせば自動的に $\beta \leqq -\alpha^2 + \alpha$ を満たす。 $\alpha > \frac{1}{2}$ のときは、$\beta \leqq -\alpha^2 + \alpha$ を満たせば $\beta \leqq \frac{\alpha}{2}$ を満たす。よって、 $0 < \alpha \leqq \frac{1}{2}$ のとき、$0 < \beta \leqq \frac{\alpha}{2}$ $\alpha > \frac{1}{2}$ のとき、$0 < \beta \leqq -\alpha^2 + \alpha$ （$\beta > 0$ より $\alpha < 1$）

(イ)

$\beta < \alpha < 2\beta$ のとき

軸は区間の右側に存在する。区間内での最大値は $y = 2\sqrt{\beta}$ のときである。

$$ f(2\sqrt{\beta}) = 4\beta - 1 \leqq 0 \iff \beta \leqq \frac{1}{4} $$

場合分けの条件と合わせて、$\frac{\alpha}{2} < \beta < \alpha$ かつ $0 < \beta \leqq \frac{1}{4}$ である。

(i), (ii), (iii) の結果を $\alpha, \beta$ 平面上で統合する。

・$0 < \alpha \leqq \frac{1}{2}$ のとき

(i), (ii) より $\alpha \leqq \beta \leqq \frac{1}{4}$。 (iii)(イ) より $\frac{\alpha}{2} < \beta < \alpha$ のとき $\beta \leqq \frac{1}{4}$ より $\frac{\alpha}{2} < \beta < \alpha$。 (iii)(ア) より $\beta \leqq \frac{\alpha}{2}$ のとき常に成立。これらをすべて合わせると、$0 < \beta \leqq \frac{1}{4}$ となる。

・$\alpha > \frac{1}{2}$ のとき

$\beta \leqq \frac{1}{4}$ かつ $\beta \geqq \frac{\alpha}{2}$ を満たす領域は存在しない（$\frac{\alpha}{2} > \frac{1}{4}$ となるため）。したがって、(iii)(ア) の条件のみが残り、$0 < \beta \leqq -\alpha^2 + \alpha$ となる。

以上より、求める点 $(\alpha, \beta)$ の範囲は、

$$ \begin{cases} 0 < \beta \leqq \frac{1}{4} & \left( 0 < \alpha \leqq \frac{1}{2} \text{ のとき} \right) \\ 0 < \beta \leqq -\alpha^2 + \alpha & \left( \frac{1}{2} < \alpha < 1 \text{ のとき} \right) \end{cases} $$

これを $\alpha\beta$ 平面上に図示すると、横軸を $\alpha$、縦軸を $\beta$ としたとき、以下の境界線に囲まれた領域となる。直線 $\beta = \frac{1}{4} \left( 0 < \alpha \leqq \frac{1}{2} \right)$、放物線 $\beta = -\alpha^2 + \alpha \left( \frac{1}{2} \leqq \alpha < 1 \right)$、および $\alpha$ 軸上の区間 $0 < \alpha < 1$、$\beta$ 軸上の区間 $0 < \beta \leqq \frac{1}{4}$。境界線は $\alpha$ 軸、$\beta$ 軸上の点を除いてすべて含む。（$\alpha = \frac{1}{2}$ において直線と放物線は滑らかに接続される）

(2)

楕円 $C$ の面積を $S$ とすると、$x$ 軸方向の半径が $\sqrt{\alpha}$、$y$ 軸方向の半径が $\sqrt{\beta}$ であるから、

$$ S = \pi \sqrt{\alpha} \sqrt{\beta} = \pi \sqrt{\alpha\beta} $$

$S$ が最大となるのは、$\alpha\beta$ が最大となるときである。$k = \alpha\beta$ とおき、(1)で求めた領域における $k$ の最大値を考える。

(ア)

$0 < \alpha \leqq \frac{1}{2}$ のとき

$\beta \leqq \frac{1}{4}$ であるから、

$$ k = \alpha\beta \leqq \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{8} $$

(イ)

$\frac{1}{2} < \alpha < 1$ のとき

$\beta \leqq -\alpha^2 + \alpha$ であるから、

$$ k = \alpha\beta \leqq \alpha(-\alpha^2 + \alpha) = -\alpha^3 + \alpha^2 $$

ここで、$g(\alpha) = -\alpha^3 + \alpha^2$ とおく。

$$ g'(\alpha) = -3\alpha^2 + 2\alpha = -3\alpha \left( \alpha - \frac{2}{3} \right) $$

$\frac{1}{2} < \alpha < 1$ において、$g'(\alpha) = 0$ となるのは $\alpha = \frac{2}{3}$ のときである。この範囲での増減を調べると、$\alpha = \frac{2}{3}$ で極大かつ最大となる。

最大値は、

$$ g\left(\frac{2}{3}\right) = -\left(\frac{2}{3}\right)^3 + \left(\frac{2}{3}\right)^2 = -\frac{8}{27} + \frac{4}{9} = \frac{4}{27} $$

(ア), (イ) の結果を比較する。

$$ \frac{1}{8} = \frac{27}{216}, \quad \frac{4}{27} = \frac{32}{216} $$

より $\frac{1}{8} < \frac{4}{27}$ であるから、$\alpha\beta$ の最大値は $\frac{4}{27}$ である。

このとき、求める面積の最大値は、

$$ S = \pi \sqrt{\frac{4}{27}} = \frac{2\sqrt{3}}{9}\pi $$

解説

2つの図形の包含関係を数式で処理する典型的な問題である。 (1) では、楕円上の点 $(x, y)$ が円の不等式を満たす条件を考える。$x^2$ を消去して $y$ だけの不等式に帰着させるのが最も自然な方針である。この際、$x^2 \geqq 0$ から生じる $y$ の変域を見落とさないことが重要である。得られた $y$ の2次不等式が指定された区間で常に成り立つ条件は、2次関数の最大値を考えることで処理できる。上に凸か下に凸か、軸が区間内にあるかないかで丁寧な場合分けが要求される。 (2) は (1) で求めた領域における積 $\alpha\beta$ の最大化問題であり、1変数の微分の計算に帰着できる。