北海道大学(理系) 2023年　問題5


$a,\ b\ を \ a^2+b^2 < 1\ をみたす正の実数とする。また、座標平面上で原点を中心とする半径 \ 1\ の円を \ C\ とし、$
$C\ の内部にある \ 2\ 点 \ A(a,\ 0),\ B(0,\ b)\ を考える。0 < \theta < \cfrac{\pi}{2} \ \ に対して \ C\ 上の点 \ P(\cos \theta,\ \sin \theta)\ を考え、$
$P\ における \ C\ の接線に関して \ B\ と対称な点を \ D\ とおく。$
$(1)\ \ f(\theta)=ab\cos 2\theta +a\sin \theta -b\cos \theta \ \ とおく。方程式 \ \ f(\theta)=0 \ \ の解が \ \ 0 < \theta < \cfrac{\pi}{2}\ \ の範囲に少なくとも \ 1\ つ$
$\quad 存在することを示せ。$
$(2)\ \ D\ の座標を \ b,\ \theta \ を用いて表せ。$
$(3)\ \ \theta \ が \ 0 < \theta < \cfrac{\pi}{2}\ の範囲を動くとき、3\ 点 \ A,\ P,\ D\ が同一直線上にあるような \ \theta \ は少なくとも \ 1\ つ$
$\quad 存在することを示せ。また、このような \ \theta \ はただ \ 1\ つであることを示せ。$


(1)


$2\ 点 \ A(a,\ 0),\ B(0,\ b)\ は \ C\ の内部にあるから \quad 0 < a < 1,\quad 0 < b < 1$

$f(\theta)=ab\cos 2\theta +a\sin \theta -b\cos \theta \quad において$

$\quad f(0)=ab-b=-b(1-a)<0$

$\quad f(\cfrac{\pi}{2})=ab\cos \pi +a\sin \cfrac{\pi}{2} -b\cos \cfrac{\pi}{2}=-ab+a=a(1-b)>0$

$f(\theta)\ は \ [0,\ \cfrac{\pi}{2}]\ で連続だから中間値の定理より$

$f(\theta)=0 \ \ となる \ \theta \ が \ \ 0 < \theta < \cfrac{\pi}{2}\ \ の範囲に少なくとも \ 1\ つ存在する。$


(2)

　

$P\ における \ C\ の接線 \ l\ の方程式は \quad x\cos \theta +y\sin \theta=1 $

$OP \perp l,\quad BD \perp l \quad より \quad BD /\!/ OP$

$よって \quad \vec{BD} =k\vec{OP}\ \ (k\ は実数)\ とおける。$

$\vec{OD}-\vec{OB}=k\vec{OP}\quad より$

$\vec{OD}=\vec{OB}+k\vec{OP}=(0,\ b)+ k(\cos \theta,\ \sin \theta)=(k\cos \theta,\ b+k\sin \theta)$

$\therefore \ \ D(k\cos \theta,\ b+k\sin \theta)$

$また、線分 \ BD\ の中点 \ \big(\cfrac{k\cos \theta}{2},\ \cfrac{2b+k\sin \theta}{2}\big) \ \ は接線 \ l\ 上にあるから$

$\cfrac{k\cos \theta}{2} \times \cos \theta +\cfrac{2b+k\sin \theta}{2} \times \sin \theta=1$

$k\cos ^2 \theta +2b\sin \theta +k\sin ^2\theta =2$

$k+2b\sin \theta=2$

$k=2(1-b\sin \theta)$

$よって$
\begin{eqnarray*} \vec{OD} &=&(2(1-b\sin \theta)\cos \theta,\ b+2(1-b\sin \theta)\sin \theta)\\ \\ &=&(2\cos \theta(1-b\sin \theta),\ b+2\sin \theta -2b\sin ^2\theta) \end{eqnarray*}
$\therefore \ \ D(2\cos \theta(1-b\sin \theta),\ b+2\sin \theta -2b\sin ^2\theta)$


(3)


$3\ 点 \ A,\ P,\ D\ が同一直線上にあるならば \quad \vec{AD}=m\vec{AP}\ \ (m\ は実数)\ とおける$

$\vec{OD}-\vec{OA}=m(\vec{OP}-\vec{OA})$
\begin{eqnarray*} \vec{OD} &=&(1-m)\vec{OA}+m\vec{OP}\\ \\ &=&(1-m)(a,\ 0)+ m(\cos \theta,\ \sin \theta)\\ \\ &=&(a-m(a-\cos \theta),\ m\sin \theta)\\ \end{eqnarray*} $一方、(2)より \quad \vec{OD}=(2\cos \theta(1-b\sin \theta),\ b+2\sin \theta -2b\sin ^2\theta) \quad だから$

\[ \hspace{1em} \left\{ \begin{array}{l} 2\cos \theta(1-b\sin \theta)= a-m(a-\cos \theta) \hspace{5em}①\\ b+2\sin \theta -2b\sin ^2\theta =m\sin \theta \hspace{8em}②\\ \end{array} \right. \]
$②より \quad m=\cfrac{b+2\sin \theta -2b\sin ^2\theta}{\sin \theta}\quad を①に代入して$

$2\cos \theta(1-b\sin \theta)= a- \cfrac{(b+2\sin \theta -2b\sin ^2\theta)(a-\cos \theta)}{\sin \theta }$

$2\sin \theta \cos \theta(1-b\sin \theta)= a\sin \theta - (b+2\sin \theta -2b\sin ^2\theta)(a-\cos \theta)$

$展開して整理すると$

$ab-2ab\sin^2\theta +a\sin \theta -b\cos \theta=0$

$ab(1-2\sin^2\theta) +a\sin \theta -b\cos \theta=0$

$ab\cos 2\theta +a\sin \theta -b\cos \theta =0$

$左辺を \ f(\theta)\ とおくと \ (1)より \quad f(\theta)=0 \ \ となる \ \theta \ が \ \ 0 < \theta < \cfrac{\pi}{2}\ \ の範囲に少なくとも \ 1\ つ存在する。$

$この \ \theta \ がただ \ 1\ つであることは、f(\theta)\ がこの区間で単調増加であることを示せばよい。$

$f'(\theta)=-2ab\sin 2\theta +a\cos \theta +b\sin \theta $

$a\cos \theta +b\sin \theta =\sqrt{a^2+b^2}\big(\cfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos \theta + \cfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin \theta \big)$

$\cfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}=\cos \alpha ,\quad \cfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}=\sin \alpha \quad とおくと \quad a=\sqrt{a^2+b^2}\cos \alpha,\quad b=\sqrt{a^2+b^2}\sin \alpha$

$ただし、a > 0,\ \ b > 0\ \ より \quad 0 < \alpha <\cfrac{\pi}{2}$

$a\cos \theta +b\sin \theta =\sqrt{a^2+b^2}(\cos \theta \cos \alpha + \sin \theta \sin \alpha)=\sqrt{a^2+b^2}\cos (\theta - \alpha)$

$したがって$

\begin{eqnarray*} f'(\theta) &=&-2\sqrt{a^2+b^2}\cos \alpha \times \sqrt{a^2+b^2} \sin \alpha \times \sin 2\theta + \sqrt{a^2+b^2}\cos (\theta - \alpha)\\ \\ &=&-(a^2+b^2)\sin 2\alpha \sin 2\theta + \sqrt{a^2+b^2}\cos (\theta - \alpha) \end{eqnarray*} $\sqrt{a^2+b^2}=r \quad とおくと$
\begin{eqnarray*} f'(\theta) &=&-r^2\sin 2 \theta \sin 2\alpha + r\cos (\theta - \alpha)\\ \\ &=&\cfrac{r^2}{2}\{\cos 2(\theta +\alpha )- \cos 2(\theta - \alpha)\} + r\cos (\theta - \alpha)\\ \end{eqnarray*}
(i)$\ \ f'(\theta)\ の第 \ 1\ 項は \quad \beta=\theta +\alpha \quad とおくと$

$\quad 0 < \theta +\alpha <\pi \quad より \quad 0 < 2(\theta +\alpha) <2 \pi \quad よって \quad -1 \leqq \cos 2(\theta +\alpha) <1$

$\quad \therefore \ \ -\cfrac{r^2}{2} \leqq \cfrac{r^2}{2}\cos 2(\theta +\alpha) < \cfrac{r^2}{2}$

(ii)$\ \ f'(\theta)\ の第 \ 2\ 項と第 \ 3\ 項を \ g\ とおき、\theta - \alpha=\beta \quad とおくと \quad -\cfrac{\pi}{2} < \beta < \cfrac{\pi}{2}$
\begin{eqnarray*} \quad g &=&-\cfrac{r^2}{2}\cos 2(\theta -\alpha ) + r\cos (\theta - \alpha) \\ &=&-\cfrac{r^2}{2}\cos 2\beta + r\cos \beta \\ \\ &=&-\cfrac{r^2}{2}(2\cos ^2\beta -1)+ r\cos \beta \\ \\ &=&-r^2cos ^2\beta + r\cos \beta +\cfrac{r^2}{2}\\ \end{eqnarray*}
$\quad ここで、r\cos \beta=t \quad とおくと \quad 　0 < t \leqq r < 1$

　

$\quad g=-t^2+t+\cfrac{r^2}{2}=-(t-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{r^2}{2}+\cfrac{1}{4}$

$\quad したがって \quad \cfrac{r^2}{2} < g \leqq \cfrac{r^2}{2}+\cfrac{1}{4}$

(i),(ii)$より \quad 　0 < f'(\theta) < r^2+\cfrac{1}{4}$

$したがって \ \ f(\theta)\ は単調増加であるから、$

$3\ 点 \ A,\ P,\ D\ が同一直線上にあるような \ \theta \ は1つあって、ただ \ 1\ つである。$


ページの先頭へ↑



メインメニュー　に戻る