名古屋大学 2024年度理系数学第3問解答・解説

問題

座標空間の3点 $A (3, 1, 3)$ ， $B (4, 2, 2)$ ， $C (4, 0, 1)$ の定める平面を $H$ とする。また，

A P = s A B + t A C (s, t は非負の実数)

を満たすすべての点 $P$ からなる領域をKとする。

(1) 内積 $A B \cdot A B$ ， $A C \cdot A C$ ， $A B \cdot A C$ を求めよ。

(2) 原点 $O (0, 0, 0)$ から平面 $H$ に下ろした垂線の足を $Q$ とする。 $A Q$ を $A B$ と $A C$ で表せ。

(3) 領域K上の点 $P$ に対して，線分 $QP$ 上の点で $A R = r A C$ ( $r$ は非負の実数)を満たす点 $R$ が存在することを示せ。

(4) 領域Kにおいて原点 $O$ からの距離が最小となる点 $S$ の座標を求めよ。

出典：名古屋大学 2024年度前期日程第2次学力試験理系第3問

方針

解法1

$A B, A C$ を基底のように使い，平面 $H$ 内の点を係数 $(s, t)$ で表す。(2)は $A Q = u A B + v A C$ とおき， $O Q$ が $A B, A C$ の両方に垂直であることから $u, v$ を求める。(3)は係数平面で見ると， $Q$ は $(- 1, 1)$ ， $P$ は第1象限の点なので，線分 $QP$ は $A B$ 係数0の半直線と必ず交わる。(4)は $O Q ⊥ H$ より $O P^{2} = O Q^{2} + Q P^{2}$ を使い，(3)で得た半直線 $A C$ 上に最短点を押し下げられることから， $A + r A C$ 上で距離を最小化する。直接2変数二次式で最小化する別解も確認に有効である。

解法2（(4)の直接最小化）

$O P^{2}$ を $s, t$ の二次式として展開し， $s ≧ 0$ による差が常に非負であることから $s = 0$ へ絞る。残った $t$ の二次式を平方完成する。

解答

解法1

(1)

A B = B - A = (1, 1, - 1), A C = C - A = (1, - 1, - 2)

である。したがって $A B \cdot A B = 1^{2} + 1^{2} + (- 1)^{2} = 3$ ， $A C \cdot A C = 1^{2} + (- 1)^{2} + (- 2)^{2} = 6$

A B \cdot A C = 1 \cdot 1 + 1 \cdot (- 1) + (- 1) \cdot (- 2) = 2

である。よって

A B^{2} = 3, A C^{2} = 6, A B \cdot A C = 2

である。

(2)

$A Q = u A B + v A C$ とおく。 $Q$ は原点 $O$ から平面 $H$ に下ろした垂線の足なので， $O Q$ は平面 $H$ 上の方向ベクトル $A B, A C$ に垂直である。すなわち

O Q \cdot A B = 0, O Q \cdot A C = 0

である。

ここで

O Q = O A + u A B + v A C

であり， $O A = A = (3, 1, 3)$ だから

O A \cdot A B = 3 + 1 - 3 = 1, O A \cdot A C = 3 - 1 - 6 = - 4

である。(1)の内積も用いると，垂直条件は $1 + 3 u + 2 v = 0, - 4 + 2 u + 6 v = 0$ となる。これを解いて $u = - 1, v = 1$ を得る。したがって $A Q = - A B + A C$ である。

(3)

領域 $K$ 上の点 $P$ を

A P = s A B + t A C (s, t ≧ 0)

と表す。(2)より，係数で見ると $Q$ は $(- 1, 1)$ に対応し， $P$ は $(s, t)$ に対応する。

線分 $QP$ 上の点は， $0 ≦ λ ≦ 1$ を用いて $(1 - λ) (- 1, 1) + λ (s, t)$ と表せる。 $A B$ の係数を0にしたいので $- (1 - λ) + λ s = 0$ を満たす $λ$ を取る。これは $λ = \frac{1}{s + 1}$ であり， $s ≧ 0$ だから $0 < λ ≦ 1$ である。

このとき $A C$ の係数は $(1 - λ) \cdot 1 + λ t = \frac{s + t}{s + 1}$ であり， $s, t ≧ 0$ より非負である。したがって，この点を $R$ とすれば

A R = r A C, r = \frac{s + t}{s + 1} ≧ 0

となる。よって条件を満たす点 $R$ が線分 $QP$ 上に存在する。

(4)

$O Q$ は平面 $H$ に垂直であり， $P, Q$ はともに平面 $H$ 上にあるので，任意の $P \in K$ について $O P^{2} = O Q^{2} + Q P^{2}$ である。したがって， $O P$ を最小にするには $QP$ を最小にすればよい。

(3)より，任意の $P \in K$ に対して，線分 $QP$ 上に $A R = r A C$ を満たす点 $R$ が存在する。この $R$ は $K$ に含まれる。また $R$ は線分 $QP$ 上にあるので $QR ≦ QP$ である。よって $O R^{2} = O Q^{2} + Q R^{2} ≦ O Q^{2} + Q P^{2} = O P^{2}$ となる。したがって，最短点は半直線 $A S = r A C (r ≧ 0)$ 上で探せばよい。

$S = A + r A C$ とおくと $S = (3, 1, 3) + r (1, - 1, - 2) = (3 + r, 1 - r, 3 - 2 r)$ である。原点からの距離の2乗は

O S^{2} = (3 + r)^{2} + (1 - r)^{2} + (3 - 2 r)^{2} = 6 r^{2} - 8 r + 19

である。これは $6 (r - \frac{2}{3})^{2} + \frac{49}{3}$ と平方完成できるので， $r = \frac{2}{3}$ で最小となる。したがって $S = (3, 1, 3) + \frac{2}{3} (1, - 1, - 2) = (\frac{11}{3}, \frac{1}{3}, \frac{5}{3})$ である。

よって求める点は $S (\frac{11}{3}, \frac{1}{3}, \frac{5}{3})$ である。

{ 係数平面で見ると， $Q$ から第1象限の任意の点 $P$ への線分は縦の非負半直線と交わる。}

解法2（(4)の直接最小化）

(1)

解法1と同じである。

(2)

解法1と同じである。

(3)

解法1と同じである。

(4)

$P = A + s A B + t A C$ とおくと， $s, t ≧ 0$ であり，内積の値から

O P^{2} = 19 + 2 s - 8 t + 3 s^{2} + 4 s t + 6 t^{2}

である。固定した $t ≧ 0$ について

O P^{2} (s, t) - O P^{2} (0, t) = s (3 s + 4 t + 2) ≧ 0

だから，最小値は $s = 0$ で生じる。そのとき

O P^{2} (0, t) = 6 t^{2} - 8 t + 19 = 6 (t - \frac{2}{3})^{2} + \frac{49}{3}

である。したがって $t = 2/3$ で最小となり，

S = A + \frac{2}{3} A C = (\frac{11}{3}, \frac{1}{3}, \frac{5}{3})

を得る。この方法は偏微分を使わず，非負条件と平方完成だけで二変数の最小値を処理している。

名古屋大学 2024年度理系数学 第3問

問題

方針

解法1

解法2（(4)の直接最小化）

解答

解法1

(1)

(2)

(3)

(4)

解法2（(4)の直接最小化）

(1)

(2)

(3)

(4)

名古屋大学 2024年度
理系数学第3問