平面上に \(3\) 点 O , A , B があり, \(\text{OA} = a , \ \text{OB} = b \ ( 0 \lt a \lt b )\) で, \(\overrightarrow{\text{OA}}\) と \(\overrightarrow{\text{OB}}\) のなす角 \(\theta\) は \(0 \lt \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}\) をみたす. 点 C を \(\overrightarrow{\text{OC}} = \overrightarrow{\text{OA}} +\overrightarrow{\text{OB}}\) で定める. また, O から引いた半直線 OA 上に, 点 P を \(\text{OA} \lt \text{OP}\) となるようにとる. 直線 PC と直線 OB の交点を Q とする. \(\text{AP} = x\) , \(\text{PQ}^2 = f(x)\) とするとき, 次の問いに答えよ.
(1) \(f(x)\) を \(x\) と \(a , b , \theta\) を用いて表せ.
(2) 第 \(2\) 次導関数 \(f''(x)\) は, \(x \gt 0\) のとき \(f''(x) \gt 0\) をみたすことを示せ.
(3) \(a = 1\) , \(b = \sqrt{6}\) , \(\cos \theta = \dfrac{1}{\sqrt{6}}\) のとき, PQ の長さの最小値を求めよ.
【 解 答 】
(1)
\(\overrightarrow{\text{OA}} = \overrightarrow{a}\) , \(\overrightarrow{\text{OB}} = \overrightarrow{b}\) とおくと \[\begin{align} \overrightarrow{\text{OP}} & = \dfrac{x+a}{a} \overrightarrow{a} , \\ \overrightarrow{\text{OC}} & = \overrightarrow{a} +\overrightarrow{b} \end{align}\] 点 Q は直線 PC 上なので, 実数 \(t\) を用いて \[\begin{align} \overrightarrow{\text{OQ}} & = (1-t) \overrightarrow{\text{OP}} +t \overrightarrow{\text{OC}} \\ & = \left\{ \dfrac{(1-t)(x+a)}{a} +t \right\} \overrightarrow{a} +t \overrightarrow{b} \\ & = \dfrac{x+a-tx}{a} \overrightarrow{a} +t \overrightarrow{b} \end{align}\] さらに点 Q は直線 OB 上の点なので \[\begin{gather} \dfrac{x+a-tx}{a} & = 0 \\ \text{∴} \quad t = \dfrac{x+a}{x} \end{gather}\] したがって \[ \overrightarrow{\text{OQ}} = \dfrac{x+a}{x} \overrightarrow{b} \] 以上より \[\begin{align} \left| \overrightarrow{\text{OP}} \right| & = x+a , \\ \left| \overrightarrow{\text{OQ}} \right| & = \dfrac{b (x+a)}{x} , \\ \overrightarrow{\text{OP}} \cdot \overrightarrow{\text{OQ}} & = \left| \overrightarrow{\text{OP}} \right| \left| \overrightarrow{\text{OQ}} \right| \cos \theta \\ & = \dfrac{b (x+a)^2 \cos \theta}{x} \end{align}\] なので \[\begin{align} f(x) & = \left| \overrightarrow{\text{PQ}} \right|^2 \\ & = \left| \overrightarrow{\text{OP}} \right|^2 +\left| \overrightarrow{\text{OQ}} \right|^2 -2 \overrightarrow{\text{OP}} \cdot \overrightarrow{\text{OQ}} \\ & = (x+a)^2 +\dfrac{a^2 (x+a)^2}{x^2} -\dfrac{2b (x+a)^2 \cos \theta}{x} \\ & = \underline{(x+a)^2 \left( \dfrac{b^2}{x^2} -\dfrac{2b \cos \theta}{x} +1 \right)} \end{align}\]
(2)
\(c = \cos \theta\) とおくと, \(0 \lt \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}\) なので \(0 \leqq c \lt 1\) ... [1] .
(1) の結果より
\[\begin{align}
f(x) & = \left( x^2 +2ax +a^2 \right) \left( \dfrac{b^2}{x^2} -\dfrac{2bc}{x} +1 \right) \\
& = b^2 -2bcx +x^2 +\dfrac{2ab^2}{x} -4abc +2ax +\dfrac{a^2b^2}{x^2} -\dfrac{2a^2bc}{x} +a^2 \\
& = x^2 +2(a-bc)x +a^2+b^2+4abc +\dfrac{2ab(b-ac)}{x} +\dfrac{a^2b^2}{x^2}
\end{align}\]
なので
\[\begin{align}
f'(x) & = 2x +2(a-bc) -\dfrac{2ab(b-ac)}{x^2} -\dfrac{2a^2b^2}{x^3} , \\
f''(x) & = 2 +\dfrac{4ab(b-ac)}{x^3} +\dfrac{6a^2b^2}{x^4}
\end{align}\]
ここで, \(a \lt b\) と [1] より
\[
b-ac \gt b-a \gt 0
\]
なので, \(f''(x)\) のすべての項は正だから
\[
f''(x) \gt 0
\]
(3)
\(a=1\) , \(b=\sqrt{6}\) , \(\cos \theta =\dfrac{1}{\sqrt{6}}\) のとき \[\begin{align} f(x) & = (x+1)^2 \left( \dfrac{6}{x^2} -\dfrac{2}{x} +1 \right) , \\ f'(x) & = 2x +2 \left( 1 -\sqrt{6} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{6}}\right) -\dfrac{2\sqrt{6} \left( \sqrt{6} -\frac{1}{\sqrt{6}} \right)}{x^2} - \dfrac{12}{x^3} \\ & = 2x -\dfrac{10}{x^2} -\dfrac{12}{x^3} \\ & = \dfrac{2 ( x^4 -5x -6 )}{x^3} \\ & = \dfrac{2 (x+1)(x-2)( x^2+3x+3 )}{x^3} \end{align}\] \(x \gt 0\) において, \(x^2+3x+3 \gt 0\) なので, \(f(x)\) の増減表は下のようになる. \[ \begin{array}{c|cccc} x & (0) & \cdots & 2 & \cdots \\ \hline f'(x) & & - & 0 & + \\ \hline f(x) & & - & \text{最小} & + \end{array} \] したがって, \(f(x)\) の最小値は \[ f(2) = 3^2 \left( \dfrac{6}{2^2} -\dfrac{2}{2} +1 \right) = \dfrac{27}{2} \] このとき PQ の長さも最小となるので, 求める最小値は \[ \sqrt{\dfrac{27}{2}} = \underline{\dfrac{3 \sqrt{6}}{2}} \]