東京大学 2020年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第6問

(1) $$F(\theta )=A\sin 2\theta -\sin (\theta +\alpha )$$とおく。$A>1$ より$$F\left(\frac{\pi }{4}\right)>0,F\left(\frac{3\pi }{4}\right)<0,F\left(\frac{5\pi }{4}\right)>0,F\left(\frac{7\pi }{4}\right)<0.$$さらに周期性から$$F\left(\frac{9\pi }{4}\right)=F\left(\frac{\pi }{4}\right)>0.$$よって中間値の定理により$$(\frac{\pi }{4},\frac{3\pi }{4}),(\frac{3\pi }{4},\frac{5\pi }{4}),(\frac{5\pi }{4},\frac{7\pi }{4}),(\frac{7\pi }{4},\frac{9\pi }{4})$$の各区間に少なくとも1個の解がある。最後の解が $2\pi$ 以上なら $2\pi$ を引けば$$0\leqq \theta <\frac{\pi }{4}$$の解になる。したがって $0\leqq \theta <2\pi$ に少なくとも4個の解がある。

(2)

楕円上の点を$$Q=(\sqrt{2}\cos \theta ,\sin \theta )$$とする。$Q$ における法線方向は$$(\sqrt{2}\cos \theta ,2\sin \theta )$$である。$P=(u,v)$ とすると、直線 $PQ$ が接線と直交する条件は$$(u-\sqrt{2}\cos \theta )2\sin \theta -(v-\sin \theta )\sqrt{2}\cos \theta =0.$$整理すると$$\sin 2\theta -2\sqrt{2}u\sin \theta +2v\cos \theta =0.$$$P=O$ なら $\sin 2\theta =0$ となり、解は4個ある。以下 $P\mathrm{\ne }O$ とし、$$R=2\sqrt{2u^2+v^2}$$とおく。ある実数 $\alpha$ を用いて法線条件は$$\sin 2\theta -R\sin (\theta +\alpha )=0$$と書ける。

$2u^2+v^2<1\mathrm{/}4$ なら $0<R<1$ であり、$$\frac{1}{R}\sin 2\theta -\sin (\theta +\alpha )=0.$$ここで $1\mathrm{/}R>1$ だから (1) より少なくとも4個の解をもつ。したがって$$0<r\leqq \frac{1}{2}$$なら $D$ 内のすべての点 $P$ が条件を満たす。とくに $r=1\mathrm{/}2$ が実際に条件を満たすので、求める $r$ は存在する。

次に $r>1\mathrm{/}2$ とする。$1\mathrm{/}2<\rho <r$ をとり、$$P=(\frac{\rho }{2},\frac{\rho }{\sqrt{2}})$$とおく。この点は$$2{\left(\frac{\rho }{2}\right)}^2+{\left(\frac{\rho }{\sqrt{2}}\right)}^2={\rho }^2<r^2$$より $D$ 内にある。法線条件は$$\sin 2\theta -2\rho \sin (\theta -\frac{\pi }{4})=0.$$$\varphi =\theta -\pi \mathrm{/}4$ とおくと$$2{\sin }^2\varphi +2\rho \sin \varphi -1=0,$$したがって$$\sin \varphi =\frac{-\rho \pm \sqrt{{\rho }^2+2}}{2}\mathrm{.}$$$\rho >1\mathrm{/}2$ では負号の値は $-1$ より小さく、正号の値だけが $(-1,1)$ に入る。よって $0\leqq \theta <2\pi$ の解は2個しかない。したがって $r>1\mathrm{/}2$ は不適である。

以上より最大値は$$r=\frac{1}{2}\mathrm{.}$$

(1) は中央の3区間で3解を得た後、$F(0)$ の符号に応じて左右端の区間から第4解を得る。(2)は $P=(s\cos \alpha \mathrm{/}\sqrt{2},s\sin \alpha )$ とおき、法線方程式を直接 (1) の形へ変形する。最大性は $s=1\mathrm{/}2$ の点を使い、方程式の解がちょうど3個になる例で示す。

(1) $$F(\theta )=A\sin 2\theta -\sin (\theta +\alpha )$$ とする。$A>1$ なので$$F\left(\frac{\pi }{4}\right)>0,F\left(\frac{3\pi }{4}\right)<0,F\left(\frac{5\pi }{4}\right)>0,F\left(\frac{7\pi }{4}\right)<0.$$したがって中央の3区間$$(\frac{\pi }{4},\frac{3\pi }{4}),(\frac{3\pi }{4},\frac{5\pi }{4}),(\frac{5\pi }{4},\frac{7\pi }{4})$$にそれぞれ解がある。

さらに$$F(0)=F(2\pi )=-\sin \alpha \mathrm{.}$$$\sin \alpha \geqq 0$ なら $F(0)\leqq 0<F(\pi \mathrm{/}4)$ なので$$0\leqq \theta <\frac{\pi }{4}$$に解がある。$\sin \alpha <0$ なら$$F\left(\frac{7\pi }{4}\right)<0<F(2\pi )$$なので $7\pi \mathrm{/}4<\theta <2\pi$ に解がある。これで少なくとも4個の解が得られる。

(2)

$D$ 内の原点でない点を$$P=(\frac{s}{\sqrt{2}}\cos \alpha ,s\sin \alpha ),0<s<r$$と表す。楕円上の点を$$Q=(\sqrt{2}\cos \theta ,\sin \theta )$$とすると、$Q$ における接線は$$\frac{\cos \theta }{\sqrt{2}}x+\sin \theta y=1.$$法線が $P$ を通る条件を整理すると$$\frac{1}{2s}\sin 2\theta -\sin (\theta -\alpha )=0.$$$s<1\mathrm{/}2$ なら $1\mathrm{/}(2s)>1$ だから (1) を適用でき、少なくとも4個の $Q$ が得られる。原点では4本の座標軸方向の法線が通る。よって $r=1\mathrm{/}2$ は条件を満たす。

最大性を示す。$r>1\mathrm{/}2$ なら$$s=\frac{1}{2},\alpha =\frac{7\pi }{4}$$で表される点 $P$ は $D$ 内にある。このとき法線条件は$$\sin 2\theta -\sin (\theta -\frac{7\pi }{4})=0,$$すなわち$$\sin 2\theta =\sin (\theta +\frac{\pi }{4})\mathrm{.}$$$0\leqq \theta <2\pi$ で解くと$$\theta =\frac{\pi }{4},\frac{11\pi }{12},\frac{19\pi }{12}$$の3個だけである。したがってこの $P$ は条件を満たさず、$r>1\mathrm{/}2$ は不可能である。よって最大値は$$\frac{1}{2}$$である。