MY MATH NOTE

東京工業大学(理系) 2022年　問題3

$\alpha \ は \ \ 0 < \alpha < \cfrac{\pi}{2}\ \ を満たす実数とする。\angle A=\alpha \ \ および \ \ \angle P=\cfrac{\pi}{2}\ \ を満たす直角三角形 \ APB \ が、次の2つの$
$条件 \ (a),\ (b)\ を満たしながら、時刻 \ t=0\ から時刻 \ t=\cfrac{\pi}{2}\ まで \ xy\ 平面上を動くとする。$
$\quad (a)\ \ 時刻 \ t\ での点 \ A,\ B\ の座標は、それぞれ \ A(\sin t,\ 0),\ B(0,\ \cos t)\ である。$
$\quad (b)\ \ 点 \ P\ は第一象限内にある。$
$このとき、次の問いに答えよ。$
$(1)\ \ 点\ P はある直線上を動くことを示し、その直線の方程式を \ \alpha \ を用いて表せ。$
$(2)\ \ 時刻 \ t=0 \ から時刻 \ t=\cfrac{\pi}{2}\ までの間に点 \ P\ が動く道のりを \ \alpha \ を用いて表せ。$
$(3)\ \ xy\ 平面内において、連立不等式 \quad x^2-x+y^2 < 0,\quad x^2+y^2-y < 0 \quad により定まる領域を \ D\ とする。$
$\quad このとき、、点 \ P\ は領域 \ D\ には入らないことを示せ。$

(1)

　
$AB^2=\sin^2 \alpha +\cos ^2 \alpha =1 \quad より$

$AP=AB\cos \alpha=\cos \alpha ,\qquad BP=AB\sin \alpha=\sin \alpha $

$また \ \ P(x,\ y)\ \ とおくと$

$\quad AP^2=(x-\sin t)^2+y^2,\qquad BP^2=x^2+(y-\cos t)^2 \quad だから$

$\quad (x-\sin t)^2+y^2=\cos ^2 \alpha \hspace{5em}①$

$\quad x^2+(y-\cos t)^2=\sin ^2 \alpha \hspace{5em}②$

$また　 AP \perp BP \quad だから$

$\quad \cfrac{y-0}{x-\sin t} \times \cfrac{y-\cos t}{x-0}=-1 \quad より \quad y(y-\cos t)=-x(x-\sin t)$

$両辺平方して \quad y^2(y-\cos t)^2=x^2(x-\sin t)^2 \quad これに①、②を代入すると$

$\quad y^2(\sin ^2 \alpha -x^2)=x^2(\cos ^2 \alpha -y^2)$

$\quad y^2 \sin ^2 \alpha =x^2 \cos ^2 \alpha $

$点 \ P\ は第一象限内にあるから \ x > 0,\ \ y > 0 \quad また \quad 0 < \alpha < \cfrac{\pi}{2} \quad だから \quad \sin \alpha > 0,\ \ \cos \alpha > 0$

$よって \quad y \sin \alpha >0 \quad x \cos \alpha >0 \quad だから \quad y \sin \alpha =x \cos \alpha $

$したがって　点\ P\ は直線　\ \ y=\cfrac{x}{\tan \alpha}　上を動く。$

(2)

　
$点 \ P(x,\ y)\ は円周角の定理により、AB\ を直径とする、円周上の点である。$

$この円の中心 \ C\ は、線分 \ AB\ の中点だから \quad C\ \big(\cfrac{\sin t}{2},\ \cfrac{\cos t}{2}\big)$

$半径 \ r\ は \quad r^2=\big(\sin t-\cfrac{\sin t}{2}\big)^2+\big(0-\cfrac{\cos t}{2}\big)^2=\cfrac{\sin ^2t}{4}+\cfrac{\cos ^2t}{4}=\cfrac{1}{4}$

$よって円の方程式は \quad \big(x- \cfrac{\sin t}{2}\big)^2+\big(y-\cfrac{\cos t}{2}\big)^2=\cfrac{1}{4}$

$点 \ P(x,\ y)\ は(1)より、直線 \ y=\cfrac{x}{\tan \alpha} \ \ 上にあるからこれを上式に代入して$

$\quad \big(x-\cfrac{\sin t}{2}\big)^2+\big(\cfrac{x}{\tan \alpha}ー\cfrac{\cos t}{2}\big)^2=\cfrac{1}{4}$

$\quad \big(1+\cfrac{1}{\tan ^2 \alpha}\big)x^2-x\sin t-x\cfrac{\cos t}{\tan \alpha}=0$

$\quad \cfrac{x^2}{\sin ^2 \alpha}-(\sin t+\cfrac{\cos t}{\tan \alpha})x=0$

$\quad x^2 -(\sin ^2\alpha \sin t + \sin \alpha \cos \alpha \cos t )x=0$

$\quad x^2 -\sin \alpha (\sin \alpha \sin t + \cos \alpha \cos t )x=0$

$\quad x^2 -\sin \alpha \cos (t-\alpha )x=0$

$点 \ P(x,\ y)\ は第一象限にあるから \quad x=\sin \alpha \cos (t-\alpha ), \qquad \therefore \ \ y=\sin \alpha \cos (t-\alpha ) \times \cfrac{1}{\tan \alpha}=\cos \alpha \cos(t-\alpha)$

$よって \quad P(\sin \alpha \cos (t-\alpha ) ,\ \cos \alpha \cos(t-\alpha))$

$\quad \cfrac{dx}{dt}=-\sin \alpha \sin (t-\alpha),\quad \cfrac{dy}{dt}=-\cos \alpha \sin (t-\alpha) \quad より$

$t=0 \ から \ t=\cfrac{\pi}{2}\ までの間に点 \ P\ が動く道のり \ L\ は$

\begin{eqnarray*} L &=&\int _0^{\scriptsize{\cfrac{\pi}{2}}} \sqrt{\big(\cfrac{dx}{dt}\big)^2+\big(\cfrac{dy}{dt}\big)^2}dt\\ \\ &=&\int _0^{\scriptsize{\cfrac{\pi}{2}}} \sqrt{\sin ^2\alpha \sin ^2(t-\alpha )+ \cos ^2 \alpha \sin ^2 (t-\alpha )}dt\\ \\ &=&\int _0^{\scriptsize{\cfrac{\pi}{2}}} \sqrt{\sin ^2(t-\alpha )}dt\\ \\ &=&\int _0^{\scriptsize{\cfrac{\pi}{2}}} |\sin (t-\alpha )|dt\\ \\ &=&\int _0^{\alpha} \sin (\alpha -t)dt + \int _{\alpha}^{\scriptsize{\cfrac{\pi}{2}}} \sin (t-\alpha )dt\\ \\ &=&\big[\cos (\alpha -t)\big]_0^{\alpha} - \big[\cos (t-\alpha )\big] _{\alpha}^{\scriptsize{\cfrac{\pi}{2}}} \\ \\ &=&1-\cos \alpha -\cos (\cfrac{\pi}{2}-\alpha) +1\\ \\ &=&2-\cos \alpha -\sin \alpha\\ \end{eqnarray*}
$(別解)$

$t=0 , \quad t=\cfrac{\pi}{2},\quad t=\alpha \quad のときの点 \ P(x,\ y)\ をそれぞれ \ P_0,\ P_1,\ P_2 \ \ とおくと$

$\quad P_0(\sin \alpha \cos \alpha , \ \cos ^2 \alpha),\quad P_1(\sin ^2 \alpha , \ \sin \alpha \cos \alpha ), \quad P_2(\sin \alpha , \ \cos \alpha )$

$\quad P_0 P_2^2=(\sin \alpha -\sin \alpha \cos \alpha)^2+(\cos \alpha -\cos ^2 \alpha)^2=\sin ^2\alpha (1-\cos \alpha)^2+\cos ^2\alpha (1-\cos \alpha)^2=(1-\cos \alpha)^2$

$\quad P_2 P_1^2=(\sin ^2\alpha -\sin \alpha )^2+(\sin \alpha \cos \alpha -\cos \alpha)^2=\sin ^2\alpha (\sin \alpha -1)^2+\cos ^2\alpha (\sin \alpha -1)^2=(\sin \alpha -1)^2$

　
(i)$\ \ 0 \leqq t \leqq \alpha \quad のとき$

$\quad \sin(t-\alpha) \leqq 0 \quad だから \quad \cfrac{dx}{dt} \geqq 0,\quad \cfrac{dy}{dt} \geqq 0 $

$\quad よって点 \ P\ は直線上原点から遠ざかる方向に進む。$

(ii)$\ \ \alpha \leqq t \leqq \cfrac{\pi}{2} \quad のとき$

$\quad \sin(t-\alpha) > 0 \quad だから \quad \cfrac{dx}{dt} \leqq 0,\quad \cfrac{dy}{dt} \leqq 0$

$\quad よって点 \ P\ は直線上原点に向かう方向に進む。$

$よって 動く道のりは \quad P_0 P_2 +P_2 P_1=(1-\cos \alpha) + (1-\sin \alpha)= 2-\cos \alpha -\sin \alpha $


$(注意)$

$この別解のように、点Pは時刻 \alpha で戻ってくるので、道のりは \ 2\ 点間の距離P_0P_1ではない。$

(3)

　
(ii)$\ \ P_1(\sin ^2 \alpha , \ \sin \alpha \cos \alpha )\ \ について$
\begin{eqnarray*} & &x^2-x +y^2\\ \\ &=&\sin ^4 \alpha - \sin ^2 \alpha + \sin ^2\alpha \cos ^2 \alpha \\ \\ &=&\sin ^2 \alpha (\sin ^2\alpha -1 +\cos ^2 \alpha )\\ \\ &=&0 \end{eqnarray*} $\quad よって、点\ P_1\ は円 \ \ x^2-x+y^2=0 \ \ 上にある。$

$右は、\alpha =\cfrac{\pi}{6}\ \ と \ \ \alpha=\cfrac{\pi}{3}\ \ について点 \ P_0\ と \ P_1\ を図示したものである。$

$これより、P_0 \ と \ P_1\ は領域 \ D\ に入っていないことがわかるが、一般的には次のようにして調べます。$

$0 \leqq k \leqq 1 \quad として、線分 \ P_0P_1\ を \ (1-k):k \ に内分する点を \ P(x,\ y)\ とすると$

$\quad x=k\sin \alpha \cos \alpha +(1-k)\sin ^2\alpha=\sin \alpha (k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)$

$\quad y=k\cos ^2 \alpha +(1-k)\sin \alpha \cos \alpha =\cos \alpha (k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)$

(i)$\ \ 0 < \alpha \leqq \cfrac{\pi}{4} \quad のとき$
\begin{eqnarray*} & &x^2-x +y^2\\ \\ &=&\sin ^2\alpha (k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)^2-\sin \alpha (k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)+\cos ^2\alpha (k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)^2\\ \\ &=&(k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)^2-\sin \alpha (k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)\\ \\ &=&(k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)(k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha -\sin \alpha) \\ \\ &=&k(\cos \alpha -\sin \alpha)(k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha) \\ \end{eqnarray*} $ここで、0 \leqq k \leqq 1, \quad 0 < \alpha < \cfrac{\pi}{2}\quad だから \quad k(k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha) \geqq 0$

$\quad \cos \alpha -\sin \alpha \geqq 0 \quad だから \quad x^2-x +y^2 \geqq 0 \quad となって点 \ P\ は領域 \ D\ に入らない。$

(ii)$\ \ \cfrac{\pi}{4} < \alpha <\cfrac{\pi}{2} \quad のとき$
\begin{eqnarray*} & &x^2 +y^2-y\\ \\ &=&\sin ^2\alpha (k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)^2 +\cos ^2\alpha (k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)^2 - \cos \alpha (k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)\\ \\ &=&(k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)^2-\cos \alpha (k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)\\ \\ &=&(k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha)(k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha -\cos \alpha) \\ \\ &=&(1-k)(\sin \alpha -\cos \alpha)(k\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha) \\ \end{eqnarray*} $ここで、(1-k)(t\cos \alpha +(1-k)\sin \alpha) \geqq 0$

$\quad \sin \alpha -\cos \alpha > 0 \quad だから \quad x^2+y^2-y \geqq 0 \quad となって点 \ P\ は領域 \ D\ に入らない。$

(i),(ii)$\ \ より \quad 0 < \alpha < \cfrac{\pi}{2} \quad で点 \ P\ は領域 \ D\ に入らない。$

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