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東京大学 2000年理系第1問解説

方針・初手

三角形の頂点を座標平面上に設定し、条件を満たす楕円の方程式を文字でおいて接する条件を立式する。また、特定の方向に拡大・縮小するアフィン変換を用いて、楕円を円に帰着させて面積を最大化する方針も有効である。

解法1

直角二等辺三角形 $ABC$ の辺 $BC$ の中点を原点 $O$ とし、直線 $BC$ を $x$軸にとる。

$BC=2$ であり、$AB=AC$ の直角二等辺三角形であるから、$A$ は $y$軸上にあり、$\angle A = 90^\circ$ より $OA = \frac{1}{2}BC = 1$ である。

よって、各頂点の座標は $A(0, 1)$、$B(-1, 0)$、$C(1, 0)$ と表せる。辺 $BC, CA, AB$ の存在する直線の方程式はそれぞれ以下のようになる。

直線 $BC$ : $y = 0$

直線 $CA$ : $x + y - 1 = 0$

直線 $AB$ : $x - y + 1 = 0$

求める楕円はひとつの軸が $BC$ ($x$軸) に平行であるから、その方程式を

$$ \frac{(x-p)^2}{a^2} + \frac{(y-q)^2}{b^2} = 1 \quad (a>0, b>0) $$

とおく。この楕円の面積は $S = \pi ab$ である。

楕円は直線 $BC$ ($y=0$) に接し、かつ $\triangle ABC$ の内部に含まれるため、接点の $y$座標は $0$ であり、楕円の中心の $y$座標は $q = b$ となる。したがって、楕円の方程式は

$$ \frac{(x-p)^2}{a^2} + \frac{(y-b)^2}{b^2} = 1 $$

となる。次に、この楕円が直線 $x + y - 1 = 0$ と $x - y + 1 = 0$ に接する条件を求める。

一般に、楕円 $\frac{X^2}{a^2} + \frac{Y^2}{b^2} = 1$ に接する傾き $m$ の接線の方程式は $Y = mX \pm \sqrt{a^2m^2+b^2}$ と表される。求める楕円は、上記の標準形の楕円を $x$軸方向に $p$、$y$軸方向に $b$ だけ平行移動したものであるから、接線の方程式は

$$ y - b = m(x - p) \pm \sqrt{a^2m^2+b^2} $$

すなわち

$$ y = m x - m p + b \pm \sqrt{a^2m^2+b^2} $$

となる。直線 $CA$ ($y = -x + 1$) は $m = -1$ の接線であるから、その $y$切片について

$$ p + b \pm \sqrt{a^2+b^2} = 1 \iff 1 - p - b = \pm \sqrt{a^2+b^2} $$

両辺を2乗して

$$ (1 - p - b)^2 = a^2 + b^2 \quad \cdots (1) $$

直線 $AB$ ($y = x + 1$) は $m = 1$ の接線であるから、その $y$切片について

$$ -p + b \pm \sqrt{a^2+b^2} = 1 \iff 1 + p - b = \pm \sqrt{a^2+b^2} $$

両辺を2乗して

$$ (1 + p - b)^2 = a^2 + b^2 \quad \cdots (2) $$

（1）と（2）の辺々を引くと

$$ (1 - p - b)^2 - (1 + p - b)^2 = 0 $$

$$ \{ (1 - p - b) - (1 + p - b) \} \{ (1 - p - b) + (1 + p - b) \} = 0 $$

$$ (-2p)(2 - 2b) = 0 $$

$$ -4p(1 - b) = 0 $$

楕円が $\triangle ABC$ の内部に存在するため、その短径・長径の制約から $0 < b < 1$ である。よって $1 - b \neq 0$ であり、$p = 0$ を得る。 $p=0$ を（1）に代入すると

$$ (1 - b)^2 = a^2 + b^2 $$

$$ 1 - 2b + b^2 = a^2 + b^2 $$

$$ a^2 = 1 - 2b $$

$a > 0$ より、面積 $S = \pi ab$ は

$$ S = \pi b \sqrt{1 - 2b} $$

となる。 $f(b) = S^2 = \pi^2 b^2 (1 - 2b) = \pi^2 (b^2 - 2b^3)$ とおく。 $a^2 > 0$ より $1 - 2b > 0$ すなわち $0 < b < \frac{1}{2}$ の範囲で $f(b)$ の最大値を求める。

$$ f'(b) = \pi^2 (2b - 6b^2) = 2\pi^2 b(1 - 3b) $$

$f'(b) = 0$ となるのは $b = \frac{1}{3}$ のときである。 $0 < b < \frac{1}{3}$ で $f'(b) > 0$、$\frac{1}{3} < b < \frac{1}{2}$ で $f'(b) < 0$ であるため、$f(b)$ は $b = \frac{1}{3}$ で最大値をとる。最大値は

$$ f \left( \frac{1}{3} \right) = \pi^2 \left\{ \left(\frac{1}{3}\right)^2 - 2\left(\frac{1}{3}\right)^3 \right\} = \pi^2 \left( \frac{1}{9} - \frac{2}{27} \right) = \frac{\pi^2}{27} $$

$S > 0$ であるから、$S$ の最大値は

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

である。

解法2

アフィン変換を用いて、楕円を円に帰着させる。

$\triangle ABC$ を、頂点の座標が $A(0, 1)$、$B(-1, 0)$、$C(1, 0)$ となるように配置する。この平面を $y$軸方向に $k$ 倍 ($k > 0$) 拡大・縮小する変換を行うと、求める楕円は円に変換される。このとき、$\triangle ABC$ は $A'(0, k)$、$B'(-1, 0)$、$C'(1, 0)$ を頂点とする二等辺三角形 $\triangle A'B'C'$ に変換される。

元の楕円が $\triangle ABC$ に内接する面積最大の楕円であるとき、変換後の円は $\triangle A'B'C'$ の内接円となる。（元の楕円の軸が $x$軸、$y$軸に平行であるため、この軸に沿った変換で全ての候補を円に帰着できる。）

$\triangle A'B'C'$ の辺の長さは、$B'C' = 2$、$A'B' = A'C' = \sqrt{1^2 + k^2} = \sqrt{k^2+1}$ である。 $\triangle A'B'C'$ の内接円の半径を $r$ とおく。三角形の面積を二通りで表すと

$$ \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot k = \frac{1}{2} \left( 2 + 2\sqrt{k^2+1} \right) r $$

$$ k = \left( 1 + \sqrt{k^2+1} \right) r $$

$$ r = \frac{k}{1 + \sqrt{k^2+1}} $$

変換後の円の面積は $\pi r^2$ である。元の楕円の面積を $S$ とすると、変換によって面積は $k$ 倍になるため、$\pi r^2 = kS$ が成り立つ。よって

$$ S = \frac{\pi r^2}{k} = \frac{\pi k}{\left( 1 + \sqrt{k^2+1} \right)^2} $$

$t = \sqrt{k^2+1}$ とおくと、$k^2 = t^2 - 1$ である。$k > 0$ より $t > 1$ である。

$$ S = \pi \frac{\sqrt{t^2-1}}{(1+t)^2} = \pi \sqrt{ \frac{t^2-1}{(t+1)^4} } = \pi \sqrt{ \frac{t-1}{(t+1)^3} } $$

根号の中を $g(t) = \frac{t-1}{(t+1)^3}$ とおく。

$$ g'(t) = \frac{1 \cdot (t+1)^3 - (t-1) \cdot 3(t+1)^2}{(t+1)^6} = \frac{(t+1) - 3(t-1)}{(t+1)^4} = \frac{-2t+4}{(t+1)^4} $$

$t > 1$ の範囲において、$g'(t) = 0$ となるのは $t = 2$ のときである。 $1 < t < 2$ のとき $g'(t) > 0$、$t > 2$ のとき $g'(t) < 0$ であるため、$g(t)$ は $t=2$ で最大となる。このとき、$g(2) = \frac{2-1}{(2+1)^3} = \frac{1}{27}$ であるから、$S$ の最大値は

$$ S = \pi \sqrt{\frac{1}{27}} = \frac{\sqrt{3}}{9}\pi $$

となる。（このとき $k = \sqrt{3}$ であり、実数として存在する。）