\(xy\) 平面において, 次の円 \(C\) と楕円 \(E\) を考える. \[\begin{align} C & : \ x^2+y^2 = 1 \\ E & : \ x^2+\dfrac{y^2}{2} = 1 \end{align}\] また, \(C\) 上の点 P \(( s , t )\) における \(C\) の接線を \(l\) とする. このとき以下の各問いに答えよ.
- (1) \(l\) の方程式を \(s , t\) を用いて表せ.
以下, \(t \gt 0\) とし, \(E\) が \(l\) から切り取る線分の長さを \(L\) とする.
(2) \(L\) を \(t\) を用いて表せ.
(3) P が動くとき, \(L\) の最大値を求めよ.
(4) \(L\) が (3) で求めた最大値をとるとき, \(l\) と \(E\) が囲む領域のうち, 原点を含まない領域の面積を \(A\) とする. \(A\) の値を求めよ.
【 解 答 】
(1)
\[ l : \ \underline{sx + ty = 1} \]
(2)
\(t \gt 0\) なので \[ l : \ y = -\dfrac{s}{t} x +\dfrac{1}{t} \] \(l\) と \(E\) の \(2\) つの交点の \(x\) 座標を \(\alpha , \beta \ ( \alpha \lt \beta )\) とおくと \[\begin{align} L & = ( \beta -\alpha ) \sqrt{1 + \left( -\dfrac{s}{t} \right)^2} \\ & = ( \beta -\alpha ) \sqrt{\dfrac{t^2 +s^2}{t^2}} \\ & = \dfrac{\beta -\alpha}{t} \quad ... [1] \quad ( \ \text{∵} \ s^2+t^2=1 \ ) \end{align}\] \(l\) と \(E\) の式から \(y\) を消去すると \[\begin{align} 2t^2x^2 +( 1 -sx )^2 & = 2t^2 \\ ( 2t^2+s^2 )x^2 -2sx -2t^2+1 & = 0 \\ \text{∴} \quad ( t^2+1 )x^2 -2sx -2t^2+1 & = 0 \end{align}\] \(\alpha , \beta\) はこの方程式の \(2\) 解なので, 解と係数の関係より \[ \alpha +\beta = \dfrac{2s}{t^2+1} , \ \alpha \beta = \dfrac{-2t^2 +1}{t^2+1} \] これを用いると \[\begin{align} \beta -\alpha & = \sqrt{( \beta -\alpha )^2 -4 \alpha \beta} \\ & = \sqrt{ \left( \dfrac{2s}{t^2+1} \right)^2 -4 \cdot \dfrac{-2t^2 +1}{t^2+1}} \\ & = \dfrac{2 \sqrt{(1-t^2) +(2t^2 -1)(t^2+1)}}{t^2+1} \\ & = \dfrac{2 \sqrt{2} t^2}{t^2+1} \quad ... [2] \end{align}\] [1] [2] より \[ L = \underline{\dfrac{2 \sqrt{2} t}{t^2+1}} \]
(3)
相加相乗平均の関係を用いて
\[\begin{align}
\dfrac{1}{L} & = \dfrac{\sqrt{2}}{4} \cdot \left( t +\dfrac{1}{t} \right) \\
& \geqq \dfrac{\sqrt{2}}{4} \cdot 2 \sqrt{t \cdot \dfrac{1}{t}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}
\end{align}\]
等号成立は, \(t = \dfrac{1}{t}\) すなわち \(t=1\) のとき.
ゆえに \(L\) の最大値は
\[
\underline{\sqrt{2}}
\]
(4)
与えられた領域は \(y\) 軸について対称なので \[ A = 2 \displaystyle\int _ 1^{\sqrt{2}} \sqrt{1 -\dfrac{y^2}{2}} \, dy \] \(y = \sqrt{2} \sin \theta\) とおくと \[\begin{gather} dy =\sqrt{2} \cos \theta \, d \theta , \\ \begin{array}{c|ccc} y & 1 & \rightarrow & \sqrt{2} \\ \hline \theta & \dfrac{\pi}{4} & \rightarrow & \dfrac{\pi}{2} \end{array} \end{gather}\] したがって \[\begin{align} A & = 2 \displaystyle\int _ {\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1 -\sin^2 \theta} \cdot \sqrt{2} \cos \theta \, d \theta \\ & = 2 \sqrt{2} \displaystyle\int _ {\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 \theta \, d \theta \\ & = 2 \sqrt{2} \displaystyle\int _ {\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1 +\cos 2\theta}{2} \, d \theta \\ & = \sqrt{2} \left[ \theta +\dfrac{\sin 2\theta}{2} \right] _ {\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \\ & = \sqrt{2} \left( \dfrac{\pi}{4} -\dfrac{1}{2} \right) \\ & = \underline{\dfrac{\sqrt{2}}{4} \left( \pi -2 \right)} \end{align}\]