\(a , b\) を正の実数とする. 曲線 \[ C : \ \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{( y-b )^2}{b^2} = 1 \] は領域 \(D : \ x^2+y^2 \leqq 1\) に含まれている. 次の問いに答えよ.

1. (1)　\(( a , b )\) が存在する範囲を \(ab\) 平面上に図示せよ.

2. (2)　\(C\) が囲む部分の面積が最大となるときの \(a , b\) の値を求めよ.

【 解 答 】

(1)

\(C\) 上の点は, \(( x , y ) = \left( a \cos \theta , b ( 1 +\sin \theta ) \right)\) と表せる.
\(D\) の式に代入して \[\begin{align} a^2 \cos^2 \theta +b^2 ( 1 +\sin \theta )^2 & \leqq 1 \\ a^2 ( 1 -\sin^2 \theta ) +b^2 ( 1 +2\sin \theta +\sin^2 \theta) & \leqq 1 \\ \text{∴} \quad ( b^2 -a^2 ) \sin^2 \theta +2b^2 \sin \theta +a^2 +b^2 -1 & \leqq 0 \end{align}\] \(t = \sin \theta\) とおくと, \(-1 \leqq t \leqq 1\) であり \[ ( b^2 -a^2 ) t^2 +2b^2 t +a^2 +b^2 -1 \leqq 0 \quad ... [\text{A}] \] したがって, \(-1 \leqq t \leqq 1\) において[A]が常に成立するための条件を求めればよい.
[A] の左辺を \(f(t)\) とおく. \[ f(-1) = -1 \lt 0 , \ f(1) = 4b^2 -1 = (2b+1)(2b-1) \]

1. 1*　\(b^2 -a^2 \geqq 0\) すなわち \(b \geqq a\) のとき
   \(f(t)\) は下に凸の \(2\) 次関数, または \(1\) 次関数なので, 条件は \[\begin{align} f(1) & = (2b+1)(2b-1) \leqq 0 \\ \text{∴} \quad 0 & \lt b \leqq \dfrac{1}{2} \end{align}\]

2. 2*　\(b^2 -a^2 \lt 0\) すなわち \(b \lt a\) のとき
   \(f(t)\) は上に凸の \(2\) 次関数となる. \[ f(t) = \left( b^2 -a^2 \right) \left( t -\dfrac{b^2}{a^2 -b^2} \right)^2 -\dfrac{b^4}{a^2 -b^2} +a^2 +b^2 -1 \] 軸の位置について考えると, \[\begin{align} 0 & \leqq \left| \dfrac{b^2}{a^2 -b^2} \right| \leqq 1 \\ b^2 & \leqq a^2 -b^2 \\ \text{∴} \quad 0 & \lt b \leqq \dfrac{\sqrt{2}a}{2} \end{align}\]

   1. (ア)　\(0 \lt b \leqq \dfrac{\sqrt{2}a}{2}\) のとき
      判別式について \[\begin{align} D/4 & = b^4 -( b^2 -a^2 )( a^2 +b^2 -1 ) \\ & = b^4 -( b^4 -a^4 +a^2 -b^2 ) \\ & = a^4 -a^2 +b^2 \leqq 0 \\ \text{∴} \quad b^2 & \leqq a^2 \left( 1 -a^2 \right) \\ \text{∴} \quad b & \leqq a \sqrt{1 -a^2} \end{align}\] ここで \(g(a) = a \sqrt{1 -a^2}\) とおく.
      定義域は \(0 \lt a \leqq 1\) であり \[\begin{align} g'(a) & = 1 \cdot \sqrt{1 -a^2} + a \cdot \dfrac{(-2a)}{2 \sqrt{1 -a^2}} \\ & = \dfrac{(1 -a^2) -a^2}{\sqrt{1 -a^2}} = \dfrac{1 -2 a^2}{\sqrt{1 -a^2}} \end{align}\] \(g'(a) = 0\) を解くと \[ a = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \] したがって, 増減表は下表の通り. \[ \begin{array}{c|ccccc} t & 0 & \cdots & \dfrac{\sqrt{2}}{2} & \cdots & 1 \\ \hline g'(a) & & + & 0 & - & \\ \hline g(a) & (0) & \nearrow & \dfrac{1}{2} & \searrow & 0 \\ \end{array} \]

   2. (イ)　\(\dfrac{\sqrt{2}a}{2} \lt b \lt a\) のとき \[\begin{align} f(1) & \leqq 0 \\ \text{∴} \quad 0 & \lt b \leqq \dfrac{1}{2} \end{align}\]

以上より, 求める領域は下図斜線部(ただし, 実線境界は含み, 軸, ○は含まない)

(2)

\(C\) の囲む部分の面積 \(S\) は \[ S = ab \pi \] これを変形して \[ b = \dfrac{S}{\pi a} \quad ... [\text{A}] \] 双曲線 P が (1) で求めた領域と共有点をもつときのうち, \(S\) が最大となるときを考えればよい.
これは, 領域の境界線上に限られる.

1. 1*　\(b = \dfrac{1}{2}\) のとき
   \(a\) の変域は, \(0 \lt a \leqq \dfrac{\sqrt{2}}{2}\) なので \[ S = \dfrac{\pi a}{2} \leqq \dfrac{\sqrt{2} \pi}{4} \quad \left( \text{等号成立は} \ a = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right) \]

2. 2*　\(b = a \sqrt{1 -a^2}\) のとき
   \(a\) の変域は, \(\dfrac{\sqrt{2}}{2} \leqq a \lt 1\) . \[ S = \pi a^2 \sqrt{1 -a^2} \] \(s = a^2\) とおくと, \(\dfrac{1}{2} \leqq p \lt 1\) であり \[ \left( \dfrac{S}{\pi} \right)^2 = a^4 -a^6 = s^2 -s^3 \] これを \(h(s)\) とおけば \[ h'(s) = 2s -3s^2 = s ( 2 -3s ) \] \(h'(s) = 0\) を解くと, \(s = \dfrac{2}{3}\) .
   したがって, \(h(s)\) の増減表は下表の通りで \[ \begin{array}{c|ccccc} s & \dfrac{1}{2} & \cdots & \dfrac{2}{3} & \cdots & 1 \\ \hline h'(s) & & + & 0 & - & \\ \hline h(s) & \dfrac{1}{8} & \nearrow & \text{最大} & \searrow & \\ \end{array} \] 最大値は \[ h \left( \dfrac{2}{3} \right) = \dfrac{4}{27} \] したがって, \(S\) は \(a = \sqrt{\dfrac{2}{3}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}\) のときに最大値 \[ \pi \sqrt{\dfrac{4}{27}} = \dfrac{2\sqrt{3} \pi}{9} \] をとる.
   このとき \(b\) の値は \[ b = \dfrac{\sqrt{6}}{3} \sqrt{1 -\dfrac{2}{3}} = \dfrac{\sqrt{2}}{3} \]

1* 2* より, 求める値は \[ ( a , b ) = \underline{ \left( \dfrac{\sqrt{6}}{3} , \dfrac{\sqrt{2}}{3} \right)} \]