大阪大学 2025年度理系数学第3問解答・解説

問題

座標空間に3点 $O (0, 0, 0)$ ， $A (0, 1, 1)$ ， $P (x, y, 0)$ がある． $∠ O A P = 30^{\circ}$ かつ $y ≧ 0$ を満たすように点 $P$ が動くとき， $(x + 1) (y + 1)$ の最大値と最小値を求めよ．

出典：大阪大学 2025年度前期日程第2次学力試験理系第3問

方針

解法1（楕円の2枝を1変数で調べる）

角度条件を内積で表し， $3 x^{2} + (y + 1)^{2} = 3$ という楕円に直す。 $Y = y + 1$ とおけば， $y ≧ 0$ から $1 ≦ Y ≦ 3$ であり， $x = \pm (3 - Y^{2}) /3$ と書ける。 $(x + 1) Y$ は $Y > 0$ なので最大は $x$ が正の枝，最小は $x$ が負の枝で調べる。各枝で微分して，最大は内部点 $Y = 3/2$ ，最小は負の枝の端 $Y = 1$ で起こることを示す。別解として，楕円を $x = sin θ$ ， $Y = 3 cos θ$ とおいて三角関数なしの1変数 $u = sin θ$ に直してもよい。

解法2（楕円弧の三角関数表示）

内積条件を楕円 $3 x^{2} + (y + 1)^{2} = 3$ に直した後、弧全体を $x = sin θ$ 、 $y + 1 = 3 cos θ$ と一度に媒介表示する。目的関数の導関数は $(1 + sin θ) (1 - 2 sin θ)$ に因数分解できるため、最大点と両端の比較が短くなる。

解答

解法1（楕円の2枝を1変数で調べる）

$A O = (0, - 1, - 1), A P = (x, y - 1, - 1)$ である。したがって $A O \cdot A P = 2 - y$ であり，

∣ A O ∣ = 2, ∣ A P ∣ = x^{2} + (y - 1)^{2} + 1

である。

$∠ O A P = 3 0^{\circ}$ より $\frac{2 - y}{2 x ^{2} + ( y - 1 ) ^{2} + 1} = \frac{3}{2}$ である。この式を整理する。両辺を2乗して $4 (2 - y)^{2} = 6 {x^{2} + (y - 1)^{2} + 1}$ となる。これを展開すると $3 x^{2} + y^{2} + 2 y - 2 = 0$ すなわち $3 x^{2} + (y + 1)^{2} = 3$ である。なお，この式と $y ≧ 0$ から $y ≦ 3 - 1 < 2$ となるので，もとの内積の符号条件 $2 - y > 0$ も満たされる。

ここで $Y = y + 1$ とおく。 $y ≧ 0$ より $1 ≦ Y ≦ 3$ であり，楕円の式は $3 x^{2} + Y^{2} = 3$ となる。したがって $x = \pm \frac{3 - Y ^{2}}{3}$ である。求める量は $(x + 1) (y + 1) = (x + 1) Y$ である。

まず最大値を調べる。 $Y > 0$ なので，最大値は $x$ が正の枝で起こる。そこで

Φ (Y) = Y (1 + \frac{3 - Y ^{2}}{3}) (1 ≦ Y ≦ 3)

とおく。 $s = 3 - Y^{2}$ と書くと $Φ (Y) = Y + \frac{Y}{3} s$ であり，

Φ^{'} (Y) = 1 + \frac{1}{3} (s - \frac{Y ^{2}}{s}) = 1 + \frac{3 - 2 Y ^{2}}{3 3 - Y ^{2}}

である。 $Φ^{'} (Y) = 0$ とすると $2 Y^{2} - 3 = 3 3 - Y^{2}$ であり，この範囲で解は $Y = \frac{3}{2}$ である。実際， $1 < Y < \frac{3}{2}$ で $Φ^{'} (Y) > 0$ ， $\frac{3}{2} < Y < 3$ で $Φ^{'} (Y) < 0$ となるので，ここで最大をとる。このとき $x = \frac{3 - ( 3/2 ) ^{2}}{3} = \frac{1}{2}$ であるから，最大値は $(\frac{1}{2} + 1) \frac{3}{2} = \frac{9}{4}$ である。

次に最小値を調べる。 $Y > 0$ なので，最小値は $x$ が負の枝で起こる。そこで $Ψ (Y) = Y (1 - \frac{3 - Y ^{2}}{3})$ とおく。同様に微分すると $Ψ^{'} (Y) = 1 - \frac{3 - 2 Y ^{2}}{3 3 - Y ^{2}}$ である。 $1 ≦ Y < 3$ では $3 3 - Y^{2} > 0$ であり，直接確認すると $Ψ^{'} (Y) > 0$ である。例えば $Ψ^{'} (Y) > 0 ⟺ 3 3 - Y^{2} > 3 - 2 Y^{2}$ であり，右辺が $0$ 以下なら明らかで，右辺が正のときは2乗して $3 (3 - Y^{2}) > (3 - 2 Y^{2})^{2}$ すなわち $Y^{2} (9 - 4 Y^{2}) > 0$ を得る。これは $1 ≦ Y < 3/2$ で成り立つ。したがって $Ψ$ は範囲全体で増加し，最小は $Y = 1$ でとる。

$Y = 1$ のとき $x = - \frac{3 - 1}{3} = - \frac{6}{3}$ であるから，最小値は $(1 - \frac{6}{3}) \cdot 1 = 1 - \frac{6}{3}$ である。

以上より，最大値は $\frac{9}{4}$ 最小値は $1 - \frac{6}{3}$ である。

点 $(x, y)$ は楕円 $3 x^{2} + (y + 1)^{2} = 3$ のうち $y ≧ 0$ の弧上を動く。最大・最小を与える点は次の位置にある。

解法2（楕円弧の三角関数表示）

$A O = (0, - 1, - 1)$ 、 $A P = (x, y - 1, - 1)$ なので、角度条件を2乗して整理すると

3 x^{2} + (y + 1)^{2} = 3

を得る。 $y ≧ 0$ のもとでは $2 - y > 0$ も成り立つため、2乗による余分な点はない。

$Y = y + 1$ とし、

x = sin θ, Y = 3 cos θ

とおく。 $1 ≦ Y ≦ 3$ だから、 $- θ_{0} ≦ θ ≦ θ_{0}$ 、 $sin θ_{0} = 2/3$ とできる。求める量は

F (θ) = 3 (1 + sin θ) cos θ

である。微分すると

F^{'} (θ) = 3 (1 + sin θ) (1 - 2 sin θ)

となる。この範囲では $1 + sin θ > 0$ なので、 $F$ は $sin θ = 1/2$ まで増加し、その後減少する。よって最大値は

3 (1 + \frac{1}{2}) \frac{3}{2} = \frac{9}{4}

である。

最小値は両端のいずれかでとる。左端では $sin θ = - 2/3$ 、 $cos θ = 1/ 3$ だから $F = 1 - 6 /3$ 、右端では $F = 1 + 6 /3$ である。したがって最小値は $1 - 6 /3$ である。

大阪大学 2025年度理系数学 第3問

問題

方針

解法1（楕円の2枝を1変数で調べる）

解法2（楕円弧の三角関数表示）

解答

解法1（楕円の2枝を1変数で調べる）

解法2（楕円弧の三角関数表示）

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