一橋大学 2019年度 前期文系数学 第4問

$P=(x,y)$ とし，円 $C_3$ の半径を $r$ とする。$C_3$ が $C_1$ に内接するから$$\sqrt{(x-2{)}^2+y^2}+r=2$$である。また $C_3$ が $C_2$ に外接するから$$\sqrt{(x-1{)}^2+y^2}=r+1$$である。これらを加えると$$\sqrt{(x-2{)}^2+y^2}+\sqrt{(x-1{)}^2+y^2}=3$$となる。したがって $P$ は焦点 $(1,0),(2,0)$，長軸の長さ $3$ の楕円上にある。

この楕円の中心は $(3\mathrm{/}2,0)$，長半径は $3\mathrm{/}2$，焦点距離は $1\mathrm{/}2$ であるから，短半径の2乗は $(3\mathrm{/}2{)}^2-(1\mathrm{/}2{)}^2=2$ である。よって楕円の方程式は$$\frac{(x-3\mathrm{/}2{)}^2}{9\mathrm{/}4}+\frac{y^2}{2}=1$$である。これを整理すると$$y^2=\frac{8}{9}x(3-x)$$であり，$0<x<3$ である。

三角形 $OPQ$ の面積を $S$ とすると，$Q=(x,0)$ だから $S=\mathrm{\mid }xy\mathrm{\mid }\mathrm{/}2$ である。よって$$S^2=\frac{x^2{y}^2}{4}=\frac{2}{9}{x}^3(3-x)$$を最大にすればよい。$h(x)=x^3(3-x)$ とおくと$$h^{\mathrm{\prime }}(x)=3x^2(3-x)-x^3=x^2(9-4x)$$であるから，$0<x<3$ で最大となるのは $x=9\mathrm{/}4$ のときである。

このとき $$y^2=\frac{8}{9}\cdot \frac{9}{4}\cdot \frac{3}{4}=\frac{3}{2}$$ である。したがって最大面積は$$\frac{1}{2}\cdot \frac{9}{4}\cdot \sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{9\sqrt{6}}{16}$$である。

接触条件からPの軌跡が楕円になるところまでは同じである。面積の2乗を $S^2=(2\mathrm{/}9)x^3(3-x)$ とした後，微分せずに4数 $x\mathrm{/}3,x\mathrm{/}3,x\mathrm{/}3,3-x$ へ相加相乗平均を用いる。

円 $C_3$ の半径を $r$，中心を $P=(x,y)$ とする。$C_1$ への内接と $C_2$ への外接から$$\sqrt{(x-2{)}^2+y^2}=2-r,\sqrt{(x-1{)}^2+y^2}=1+r\mathrm{.}$$したがって$$\sqrt{(x-2{)}^2+y^2}+\sqrt{(x-1{)}^2+y^2}=3.$$よってPは焦点 $(1,0),(2,0)$，長半径 $3\mathrm{/}2$，短半径 $\sqrt{2}$ の楕円上にあり，$$\frac{(x-3\mathrm{/}2{)}^2}{9\mathrm{/}4}+\frac{y^2}{2}=1.$$整理すると$$y^2=\frac{8}{9}x(3-x),0<x<3.$$三角形OPQの面積を $S$ とすると$$S^2=\frac{x^2{y}^2}{4}=\frac{2}{9}{x}^3(3-x)\mathrm{.}$$ここで正の4数$$\frac{x}{3},\frac{x}{3},\frac{x}{3},3-x$$の和は3である。相加相乗平均の関係から$$\sqrt[4]{\frac{x^3(3-x)}{27}}\leqq \frac{3}{4}\mathrm{.}$$したがって$$x^3(3-x)\leqq 27{\left(\frac{3}{4}\right)}^4=\frac{2187}{256}\mathrm{.}$$等号成立は$$\frac{x}{3}=3-x$$すなわち $x=9\mathrm{/}4$ のときであり，これは $0<x<3$ を満たす。ゆえに$$S^2\leqq \frac{2}{9}\cdot \frac{2187}{256}=\frac{243}{128}\mathrm{.}$$$S>0$ なので$$S\leqq \sqrt{\frac{243}{128}}=\frac{9\sqrt{6}}{16}\mathrm{.}$$等号を実現するPが楕円上に存在するため，最大値は $9\sqrt{6}\mathrm{/}16$ である。