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東京大学 2020年理系第6問解説

方針・初手

(1)

$f(\theta) = A\sin 2\theta - \sin(\theta+\alpha)$ とおき、$0 \leqq \theta < 2\pi$ で符号変化が4回起こることを、具体的な値を代入して中間値の定理から示す。$\sin 2\theta$ が $\pm 1$ となる $\theta$ を選ぶと符号を調べやすい。

（2）点 $P(X, Y)$ から引いた法線が $C$ 上の点 $Q$ を通る条件式を立式し、それを（1）の形に帰着させる。領域 $D$ の条件と（1）で得た十分条件を比較して $r$ の候補を絞り、さらに反例を構成することで最大値であることを証明する。

解法1

(1)

$$ f(\theta) = A \sin 2\theta - \sin(\theta + \alpha) $$

とおく。$f(\theta)$ は周期 $2\pi$ の連続関数である。

$\theta$ に $\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}$ および $-\frac{\pi}{4}$ を代入して値の符号を調べる。$A > 1$ と $-1 \leqq \sin x \leqq 1$ であることを用いると、以下の不等式が成り立つ。

$$ \begin{aligned} f\left(-\frac{\pi}{4}\right) &= -A - \sin\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right) \leqq -A + 1 < 0 \\ f\left(\frac{\pi}{4}\right) &= A - \sin\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right) \geqq A - 1 > 0 \\ f\left(\frac{3\pi}{4}\right) &= -A - \sin\left(\alpha+\frac{3\pi}{4}\right) \leqq -A + 1 < 0 \\ f\left(\frac{5\pi}{4}\right) &= A - \sin\left(\alpha+\frac{5\pi}{4}\right) \geqq A - 1 > 0 \\ f\left(\frac{7\pi}{4}\right) &= -A - \sin\left(\alpha+\frac{7\pi}{4}\right) \leqq -A + 1 < 0 \end{aligned} $$

連続関数 $f(\theta)$ について中間値の定理より、以下の4つの開区間それぞれに方程式 $f(\theta) = 0$ の解が少なくとも1つ存在する。

$$ \left(-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right), \left(\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\right), \left(\frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}\right), \left(\frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}\right) $$

これら4つの区間に含まれる解をそれぞれ $\theta_1, \theta_2, \theta_3, \theta_4$ とする。

$\theta_2, \theta_3, \theta_4$ は明らかに区間 $0 \leqq \theta < 2\pi$ に含まれる。

$\theta_1$ について、$-\frac{\pi}{4} < \theta_1 < \frac{\pi}{4}$ であるが、もし $0 \leqq \theta_1 < \frac{\pi}{4}$ であれば、$\theta_1$ は区間 $0 \leqq \theta < 2\pi$ に含まれる解となる。

もし $-\frac{\pi}{4} < \theta_1 < 0$ であれば、$f(\theta)$ の周期性より $f(\theta_1 + 2\pi) = 0$ となり、$\theta_1 + 2\pi$ が解となる。このとき $\frac{7\pi}{4} < \theta_1 + 2\pi < 2\pi$ であり、これも区間 $0 \leqq \theta < 2\pi$ に含まれる。

以上より、区間 $0 \leqq \theta < 2\pi$ における方程式 $f(\theta) = 0$ の解は、互いに交わらない区間にそれぞれ存在することになり、少なくとも4個の解を持つことが示された。

(2)

点 $P$ の座標を $(X, Y)$ とし、$C$ 上の点 $Q$ の座標を $(\sqrt{2}\cos\theta, \sin\theta)$ ($0 \leqq \theta < 2\pi$) とおく。

条件は、直線 $PQ$ が点 $Q$ における $C$ の法線となることである。

$C: \frac{x^2}{2} + y^2 = 1$ を微分すると $\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{2y}$ となり、点 $Q$ における法線ベクトルは $(\sqrt{2}\cos\theta, 2\sin\theta)$ となる。

したがって、点 $Q$ における法線の方程式は次のように表される。

$$ 2\sin\theta (x - \sqrt{2}\cos\theta) - \sqrt{2}\cos\theta (y - \sin\theta) = 0 $$

これが点 $P(X, Y)$ を通るから、

$$ 2\sin\theta (X - \sqrt{2}\cos\theta) - \sqrt{2}\cos\theta (Y - \sin\theta) = 0 $$

展開して整理し、両辺に $\sqrt{2}$ を掛けると、

$$ \sin 2\theta - 2\sqrt{2}X\sin\theta + 2Y\cos\theta = 0 $$

となる。条件を満たす点 $Q$ が少なくとも4個あるとは、この $\theta$ の方程式が $0 \leqq \theta < 2\pi$ で少なくとも4個の解を持つことと同値である。

ここで、（1）の方程式 $A \sin 2\theta - \sin(\theta + \alpha) = 0$ を変形すると、

$$ \sin 2\theta - \frac{\cos\alpha}{A}\sin\theta - \frac{\sin\alpha}{A}\cos\theta = 0 $$

となる。これと法線の条件式を比較し、

$$ \frac{\cos\alpha}{A} = 2\sqrt{2}X, \quad \frac{\sin\alpha}{A} = -2Y $$

となるような実数 $A (> 0)$ と $\alpha$ が存在すればよい。

両辺を2乗して足し合わせると、

$$ \frac{1}{A^2} = 8X^2 + 4Y^2 $$

$(X, Y) = (0, 0)$ のときは法線の方程式が $\sin 2\theta = 0$ となり、$0 \leqq \theta < 2\pi$ に4解（$0, \frac{\pi}{2}, \pi, \frac{3\pi}{2}$）を持つため条件を満たす。

$(X, Y) \neq (0, 0)$ のとき、$A = \frac{1}{\sqrt{8X^2+4Y^2}}$ と定めることができ、対応する $\alpha$ も存在する。

（1）の結果から、$A > 1$ すなわち $\sqrt{8X^2+4Y^2} < 1$ であれば解は少なくとも4個存在する。これを整理すると、

$$ 2X^2 + Y^2 < \frac{1}{4} $$

となる。

領域 $D$ は $2x^2 + y^2 < r^2$ であり、もし $r^2 \leqq \frac{1}{4}$ すなわち $0 < r \leqq \frac{1}{2}$ であれば、$D$ 内の任意の点 $P(X,Y)$ は $2X^2 + Y^2 < \frac{1}{4}$ を満たし、条件を満たす点 $Q$ が少なくとも4個存在する。よって条件を満たす実数 $r$ は存在する。

次に、$r$ の最大値が $\frac{1}{2}$ であることを示すため、$r > \frac{1}{2}$ のときに条件を満たさない点 $P \in D$ が存在することを示す。

$Y = \sqrt{2}X$ 上の点で $X > 0$ である点 $P(X, \sqrt{2}X)$ を考える。このとき法線の方程式は、

$$ \sin 2\theta - 2\sqrt{2}X(\sin\theta - \cos\theta) = 0 $$

となる。$t = \sin\theta - \cos\theta = \sqrt{2}\sin\left(\theta - \frac{\pi}{4}\right)$ とおくと、$-\sqrt{2} \leqq t \leqq \sqrt{2}$ であり、$t^2 = 1 - \sin 2\theta$ より $\sin 2\theta = 1 - t^2$ となる。代入して整理すると、

$$ t^2 + 2\sqrt{2}Xt - 1 = 0 $$

この $t$ の2次方程式を $g(t) = 0$ とする。判別式は正であり、異なる2つの実数解を持つ。

$g(0) = -1 < 0$ および $g(\sqrt{2}) = 4X + 1 > 0$ より、正の解 $t_1$ は $0 < t_1 < \sqrt{2}$ を満たし、これに対応する $\theta$ は $0 \leqq \theta < 2\pi$ の範囲に2個存在する。

一方で、$g(-\sqrt{2}) = 1 - 4X$ であり、$X > \frac{1}{4}$ のとき $g(-\sqrt{2}) < 0$ となる。グラフの軸は $t = -\sqrt{2}X < 0$ であるため、負の解 $t_2$ は $t_2 < -\sqrt{2}$ となり、これに対応する実数 $\theta$ は存在しない。

以上から、$X > \frac{1}{4}$ のとき、解 $\theta$ は2個のみとなる。

点 $P(X, \sqrt{2}X)$ が領域 $D$ に属する条件は、$2X^2 + (\sqrt{2}X)^2 < r^2$ より $4X^2 < r^2$ すなわち $X < \frac{r}{2}$ である。

$r > \frac{1}{2}$ のとき $\frac{r}{2} > \frac{1}{4}$ であるから、$\frac{1}{4} < X < \frac{r}{2}$ を満たす $X$ が存在する。

そのような $X$ に対して点 $P$ をとれば、$P$ は $D$ 内の点であるにもかかわらず、条件を満たす点 $Q$ は2個しか存在しない。

よって $r > \frac{1}{2}$ のときは条件を満たさないため、$r$ の最大値は $\frac{1}{2}$ である。