大阪大学 1981年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第3問

(1) $P=(a,b,c)$ とする。$P$ は平面 $\pi$ 上にあるので $a+b+c=1$ であり、また $r^2=a^2+b^2+c^2$ である。点 $Q$ は、原点から $P$ へ向かう半直線と単位球面との交点であるから $$Q=({\displaystyle \frac{a}{r}},{\displaystyle \frac{b}{r}},{\displaystyle \frac{c}{r}})$$ である。

平面 $\pi :x+y+z=1$ の法線方向は $(1,1,1)$ である。したがって、$Q$ を通り $\pi$ に垂直な直線上の点は $Q+\lambda (1,1,1)$ と表せる。これが $\pi$ 上にあるとき $${\displaystyle \frac{a+b+c}{r}}+3\lambda =1$$ であり、$a+b+c=1$ より $$\lambda ={\displaystyle \frac{1-{\displaystyle \frac{1}{r}}}{3}}$$ である。

よって$$\overrightarrow{PR}=({\displaystyle \frac{1}{r}}-1)P+{\displaystyle \frac{1-{\displaystyle \frac{1}{r}}}{3}}(1,1,1)=({\displaystyle \frac{1}{r}}-1)(P-({\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}}))$$となる。ここで$${\mid P-({\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}})\mid }^2=a^2+b^2+c^2-{\displaystyle \frac{2}{3}}(a+b+c)+{\displaystyle \frac{1}{3}}=r^2-{\displaystyle \frac{1}{3}}$$である。したがって$$u=P{R}^2={({\displaystyle \frac{1}{r}}-1)}^2(r^2-{\displaystyle \frac{1}{3}})={\displaystyle \frac{(r-1{)}^2(3r^2-1)}{3r^2}}$$である。

(2) $a,b,c\geqq 0$, $a+b+c=1$ のとき、$P$ は座標平面で囲まれる三角形上を動く。このとき $(a+b+c{)}^2\leqq 3(a^2+b^2+c^2)$ より $r^2\geqq {\displaystyle \frac{1}{3}}$ である。また $0\leqq a,b,c\leqq 1$ なので $$r^2=a^2+b^2+c^2\leqq a+b+c=1$$ である。よって $${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}\leqq r\leqq 1$$ となる。 $$u(r)={\displaystyle \frac{(r-1{)}^2(3r^2-1)}{3r^2}}$$ とおく。微分すると $$u^{\mathrm{\prime }}(r)={\displaystyle \frac{2(r-1)(3r^3-1)}{3r^3}}$$ である。区間 $${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}\leqq r\leqq 1$$ にある臨界点は $$r={\displaystyle \frac{1}{\sqrt[3]{3}}}$$ である。端点 $r=1\mathrm{/}\sqrt{3}$, $r=1$ では $u=0$ である。一方、上の臨界点では $u>0$ で、導関数の符号も正から負へ変わる。

したがって $u$ を最大にする $r$ は $$r={\displaystyle \frac{1}{\sqrt[3]{3}}}$$ である。
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原点から平面 $\pi$ へ下ろした垂線の足を
$H=(1\mathrm{/}3,1\mathrm{/}3,1\mathrm{/}3)$ とする。$Q$ は $OP$ 上で
$OQ\mathrm{/}OP=1\mathrm{/}r$ を満たし、正射影はこの比を保つので
$R=H+(P-H)\mathrm{/}r$ となる。直角三角形 $OHP$ から $PH$ を求めて
$PR$ を計算し、最後は $r$ の範囲と導関数の符号で最大値を決める。

(1) 原点 $O$ から平面 $\pi$ へ下ろした垂線の足を $H$ とする。
平面の対称性から$$H=({\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}}),OH={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}\mathrm{.}$$$P$ は $\pi$ 上にあり $HP\perp OH$ だから、直角三角形 $OHP$ より$$P{H}^2=O{P}^2-O{H}^2=r^2-{\displaystyle \frac{1}{3}}\mathrm{.}$$$O,Q,P$ は同一直線上にあり、$OQ=1$, $OP=r$ なので、
$OQ\mathrm{/}OP=1\mathrm{/}r$ である。$Q$ を $\pi$ へ正射影した点が $R$ であり、
$O$ の正射影は $H$、$P$ の正射影は $P$ 自身である。
したがって平面上では$$R=H+{\displaystyle \frac{1}{r}}(P-H)\mathrm{.}$$ゆえに$$PR=\mid {\displaystyle \frac{1}{r}}-1\mid PH$$であり、$$u=P{R}^2={({\displaystyle \frac{1}{r}}-1)}^2(r^2-{\displaystyle \frac{1}{3}})={\displaystyle \frac{(r-1{)}^2(3r^2-1)}{3r^2}}\mathrm{.}$$(2) $a,b,c\geqq 0$, $a+b+c=1$ の範囲は、平面上で
$(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$ を頂点とする三角形である。
$r=OP$ は、中心 $H$ で最小 $1\mathrm{/}\sqrt{3}$、頂点で最大 $1$ だから$${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}\leqq r\leqq 1.$$(1) の式を微分すると$$u^{\mathrm{\prime }}(r)={\displaystyle \frac{2(r-1)(3r^3-1)}{3r^3}}\mathrm{.}$$この区間では $r-1\leqq 0$ であり、$3r^3-1$ は$$r=1\mathrm{/}\sqrt[3]{3}$$ を境に負から正へ変わる。したがって $u^{\mathrm{\prime }}$ は
正から負へ変わり、$$r={\displaystyle \frac{1}{\sqrt[3]{3}}}$$のとき $u$ は最大となる。