大阪大学 2004年度 前期日程 第2次学力試験（数学理系）理系数学 第5問

(1) $$s=\sin \theta ,c=\cos \theta$$ とおく。$0<\theta <\pi \mathrm{/}2$ より $s>0,c>0$ である。

まず領域 $D$ 内の2つの円を考える。$C_1$ は $y$ 軸に接する半径 $R$ の円なので、その中心を $(R,y_1)$ とおく。$C_1$ は直線 $l:sx+cy=1$ にも接し、領域 $D$ 側にあるから、中心から直線までの距離が $R$ であることは $sR+c{y}_1-1=R$ と表せる。したがって $$y_1={\displaystyle \frac{1+R(1-s)}{c}}$$ である。同様に、$C_2$ の中心を $(x_2,R)$ とおくと $s{x}_2+cR-1=R$ より $$x_2={\displaystyle \frac{1+R(1-c)}{s}}$$ である。さらに $C_1,C_2$ は外接するので $$(x_2-R{)}^2+(R-y_1{)}^2=4R^2$$ である。

次に領域 $D^{\mathrm{\prime }}$ 内の2つの円を考える。今度は直線の反対側にあるので、中心と直線の距離条件は符号が反対になる。${C_1}^{\mathrm{\prime }}$ の中心を $(r,y_1^{\mathrm{\prime }})$、${C_2}^{\mathrm{\prime }}$ の中心を $(x_2^{\mathrm{\prime }},r)$ とすると、$$y_1^{\mathrm{\prime }}={\displaystyle \frac{1-r(1+s)}{c}},x_2^{\mathrm{\prime }}={\displaystyle \frac{1-r(1+c)}{s}}$$ であり、外接条件は $$(x_2^{\mathrm{\prime }}-r{)}^2+(r-y_1^{\mathrm{\prime }}{)}^2=4r^2$$ である。

ここで $$u=\tan {\displaystyle \frac{\theta }{2}}$$ とおく。$0<\theta <\pi \mathrm{/}2$ だから $0<u<1$ であり、半角公式より $$s={\displaystyle \frac{2u}{1+u^2}},c={\displaystyle \frac{1-u^2}{1+u^2}}$$ である。これを上の2つの外接条件に代入して整理する。$D$ 側については正の半径を選ぶと $$R={\displaystyle \frac{(1+u^2{)}^2}{2u(1-u)(u^2+2u+3)}}$$ である。$D^{\mathrm{\prime }}$ 側についても、領域内にある正の半径を選ぶと $$r={\displaystyle \frac{(1+u^2{)}^2}{2(1+u)(1+2u-u^2)}}$$ である。したがって $${\displaystyle \frac{r}{R}}={\displaystyle \frac{u(1-u)(u^2+2u+3)}{(1+u)(1+2u-u^2)}}$$ である。すなわち$${\displaystyle \frac{r}{R}}={\displaystyle \frac{u(1-u)(u^2+2u+3)}{(1+u)(1+2u-u^2)}},u=\tan {\displaystyle \frac{\theta }{2}}$$である。

(2) $$F(u)={\displaystyle \frac{u(1-u)(u^2+2u+3)}{(1+u)(1+2u-u^2)}}$$ とおく。$0<u<1$ では $$1+u>0,1+2u-u^2>0$$ であるから、分母は正である。

微分して整理すると $$F^{\mathrm{\prime }}(u)={\displaystyle \frac{(1+u^2)(u^2-4u-3)(u^2+2u-1)}{(1+u{)}^2(1+2u-u^2{)}^2}}$$ である。$0<u<1$ では $$1+u^2>0,u^2-4u-3<0$$ であり、分母も正である。したがって増減を決めるのは $u^2+2u-1$ の符号である。 $u^2+2u-1=0$ の $0<u<1$ にある解は $u=\sqrt{2}-1$ である。よって $F(u)$ は $0<u<\sqrt{2}-1$ で増加し、$\sqrt{2}-1<u<1$ で減少する。したがって最大値は $u=\sqrt{2}-1$ で生じる。

このとき計算すると $F(\sqrt{2}-1)=\sqrt{2}-1$ である。また$$\underset{u\to 0+}{\lim }F(u)=0,\underset{u\to 1-}{\lim }F(u)=0$$であり、端点 $u=0,1$ は $0<\theta <\pi \mathrm{/}2$ に含まれない。したがって $r\mathrm{/}R$ の取り得る値の範囲は $$0<{\displaystyle \frac{r}{R}}\leqq \sqrt{2}-1$$ である。

二つの領域の接円配置

中心から直線までの符号付き距離を使って二円の中心を半径の一次式で表す。外接条件を半角変数 $u=\tan (\theta \mathrm{/}2)$ で有理化し，物理的に第1象限内にある根だけを選ぶ。最後に対数微分ではなく因数分解済みの導関数で増減を決める。

(1) $$s=\sin \theta ,c=\cos \theta$$ とする。領域 $D$ の二円の中心を$$A=(R,y_1),B=(x_2,R)$$と置く。符号付き距離から$$y_1={\displaystyle \frac{1+R(1-s)}{c}},x_2={\displaystyle \frac{1+R(1-c)}{s}}\mathrm{.}$$領域 $D^{\mathrm{\prime }}$ では$$A^{\mathrm{\prime }}=(r,y_1^{\mathrm{\prime }}),B^{\mathrm{\prime }}=(x_2^{\mathrm{\prime }},r),$$$$y_1^{\mathrm{\prime }}={\displaystyle \frac{1-r(1+s)}{c}},x_2^{\mathrm{\prime }}={\displaystyle \frac{1-r(1+c)}{s}}\mathrm{.}$$それぞれの外接条件は$$\mathrm{\mid }A-B\mathrm{\mid }=2R,\mathrm{\mid }{A}^{\mathrm{\prime }}-B^{\mathrm{\prime }}\mathrm{\mid }=2r\mathrm{.}$$\newpage
\brackethead{半角変数による整理}$$u=\tan {\displaystyle \frac{\theta }{2}},s={\displaystyle \frac{2u}{1+u^2}},c={\displaystyle \frac{1-u^2}{1+u^2}},0<u<1$$を代入して因数分解すると，正でかつ各中心が第1象限内にある根は$$R={\displaystyle \frac{(1+u^2{)}^2}{2u(1-u)(u^2+2u+3)}},r={\displaystyle \frac{(1+u^2{)}^2}{2(1+u)(1+2u-u^2)}}\mathrm{.}$$したがって$$F(u)={\displaystyle \frac{r}{R}}={\displaystyle \frac{u(1-u)(u^2+2u+3)}{(1+u)(1+2u-u^2)}}\mathrm{.}$$なお外接方程式のもう一つの正根では $y_1^{\mathrm{\prime }}<0$ または $x_2^{\mathrm{\prime }}<0$ となるため，領域 $D^{\mathrm{\prime }}$ の円ではない。

(2)
微分すると$$F^{\mathrm{\prime }}(u)={\displaystyle \frac{(1+u^2)(u^2-4u-3)(u^2+2u-1)}{(1+u{)}^2(1+2u-u^2{)}^2}}\mathrm{.}$$$0<u<1$ では $u^2-4u-3<0$ だから，$F$ は$$u_0=\sqrt{2}-1$$まで増加し，その後減少する。さらに$$F(u_0)=\sqrt{2}-1,\underset{u\to 0+}{\lim }F(u)=\underset{u\to 1-}{\lim }F(u)=0.$$よって$${\displaystyle 0<{\displaystyle \frac{r}{R}}\leqq \sqrt{2}-1}\mathrm{.}$$