名古屋大学 1992年度 前期日程 第2次学力試験 図形と方程式・微分理系数学 第4問(b)

(1)
正方形を $$0\leqq x\leqq 1,0\leqq y\leqq 1$$ とおき、$O=(0,0)$、$A=(1,0)$、$C=(0,1)$ とする。円板 $S$ は2辺 $OA$、$OC$ に接するので、その中心は $(s,s)$ である。正方形内に入るため、$0<s\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}}$ である。

半径 $t$ の円板 $T$ の中心を $(x,y)$ とすると、$T$ が正方形内に入る条件は $$t\leqq x\leqq 1-t,t\leqq y\leqq 1-t$$ である。したがって特に $0<t\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}}$ が必要である。

この小さい正方形の中で、点 $(s,s)$ から最も遠い点は $(1-t,1-t)$ である。実際、$s\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}}$、$t\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}}$ なので、$x$、$y$ は大きいほど $(s,s)$ から遠くなる。よって、$S$ と $T$ が重ならない配置が可能であるための条件は $$\sqrt{(1-t-s{)}^2+(1-t-s{)}^2}\geqq s+t$$ すなわち $\sqrt{2}(1-s-t)\geqq s+t$ である。これを $t$ について解くと $t\leqq 2-\sqrt{2}-s$ となる。

よって $$t\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}},t\leqq 2-\sqrt{2}-s$$ の2条件を同時に満たせばよい。2つの上限が入れ替わるのは ${\displaystyle \frac{1}{2}}=2-\sqrt{2}-s$ すなわち $s={\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2}$ のときである。したがって$$t_{\max }=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{1}{2}}& (0<s\leqq {\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2}),\\ 2-\sqrt{2}-s& ({\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2}\leqq s\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}})\end{array}$$である。境目では2つの式は同じ値になる。

(2)
面積の和は $$\pi s^2+\pi t^2=\pi (s^2+t^2)$$ である。固定した $s$ に対しては、$t$ が大きいほど面積の和も大きいので、(1)の $t_{\max }$ を用いればよい。

まず $$0<s\leqq {\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2}$$ では $t={\displaystyle \frac{1}{2}}$ であり、$s^2+t^2=s^2+{\displaystyle \frac{1}{4}}$ である。これは $s$ が大きいほど大きいので、この範囲での最大は $s={\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2}$ のときで、値は ${({\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2})}^2+{\displaystyle \frac{1}{4}}$ である。

次に $${\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2}\leqq s\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}}$$ では $t=2-\sqrt{2}-s$ なので $$s^2+t^2=s^2+(2-\sqrt{2}-s{)}^2$$ である。右辺は $s$ について上に開いた2次式だから、この閉区間での最大は端点で生じる。端点 $s={\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2}$ では前の場合と同じ値であり、端点 $s={\displaystyle \frac{1}{2}}$ でも ${\displaystyle \frac{1}{4}}+{({\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2})}^2$ となる。したがって全体の最大は $\pi \{{\displaystyle \frac{1}{4}}+{({\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2})}^2\}$ である。整理すると$${\displaystyle \frac{1}{4}}+{({\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2})}^2={\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{9}{4}}-3\sqrt{2}+2={\displaystyle \frac{9}{2}}-3\sqrt{2}$$であるから、求める最大値は $\pi ({\displaystyle \frac{9}{2}}-3\sqrt{2})$ である。この最大値は、たとえば$$(s,t)=({\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2},{\displaystyle \frac{1}{2}}),({\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2})$$で実現される。

2円板が正方形の対角方向に離れる配置から、$s,t\leqq 1\mathrm{/}2$ と $s+t\leqq 2-\sqrt{2}$ を得る。この一次条件の領域上で $s^2+t^2$ を直接最大化する。

(1)

$S$ の中心を $(s,s)$ とする。半径 $t$ の円板 $T$ の中心が
$(1-t,1-t)$ にあるとき、2中心の距離が最大になる。
したがって配置可能であるための条件は$$\sqrt{2}(1-s-t)\geqq s+t\mathrm{.}$$これと $t\leqq 1\mathrm{/}2$ から$$t\leqq \min \{{\displaystyle \frac{1}{2}},2-\sqrt{2}-s\}\mathrm{.}$$よって$$t_{\max }=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{1}{2}}& (0<s\leqq {\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2}),\\ 2-\sqrt{2}-s& ({\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2}\leqq s\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}})\mathrm{.}\end{array}$$(2)

2円板が正方形内に入って重ならないための半径の条件は$$0<s\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}},0<t\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}},s+t\leqq 2-\sqrt{2}\mathrm{.}$$$s^2+t^2$ は、$s+t$ を固定すると2数の差が大きいほど大きい。
したがって最大点では一方が $1\mathrm{/}2$、もう一方が$$2-\sqrt{2}-{\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2}$$である。よって面積和の最大値は$$\pi \{{\displaystyle \frac{1}{4}}+{({\displaystyle \frac{3}{2}}-\sqrt{2})}^2\}=\pi ({\displaystyle \frac{9}{2}}-3\sqrt{2})\mathrm{.}$$