解説

方針・初手

単位円周上の2点間の距離は、その偏角の差で表せる。したがって、まず $PQ^2,\ QR^2$ を角度差から表し、最後は1変数の二次式の最大・最小に帰着させる。

解法1

単位円周上の2点 $A(\cos \alpha,\sin \alpha),\ B(\cos \beta,\sin \beta)$ について、

$$ \begin{aligned} AB^2 &=(\cos\alpha-\cos\beta)^2+(\sin\alpha-\sin\beta)^2 \\ &=\cos^2\alpha+\sin^2\alpha+\cos^2\beta+\sin^2\beta-2(\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta) \\ &=2-2\cos(\alpha-\beta). \end{aligned} $$

ゆえに、

$$ PQ^2=2-2\cos(\theta)=4\sin^2\frac{\theta}{2}, $$

$$ QR^2=2-2\cos(2\theta)=4\sin^2\theta. $$

したがって、

$$ PQ^2+QR^2=4\sin^2\frac{\theta}{2}+4\sin^2\theta. $$

ここで

$$ t=\sin^2\frac{\theta}{2}\qquad (0\le t\le 1) $$

とおくと、

$$ \sin^2\theta=4\sin^2\frac{\theta}{2}\cos^2\frac{\theta}{2}=4t(1-t) $$

であるから、

$$ \begin{aligned} PQ^2+QR^2 &=4t+4\cdot 4t(1-t) \\ &=4t+16t-16t^2 \\ &=20t-16t^2 \\ &=-16\left(t-\frac{5}{8}\right)^2+\frac{25}{4}. \end{aligned} $$

よって最大値は

$$ \frac{25}{4} $$

である。

また、この式は下に開く二次式であるから、区間 $0\le t\le 1$ における最小値は端で生じる。実際、

$$ t=0 \text{ のとき } PQ^2+QR^2=0, $$

$$ t=1 \text{ のとき } PQ^2+QR^2=4. $$

したがって最小値は $0$ である。

以上より、

$$ 0\le PQ^2+QR^2\le \frac{25}{4}. $$

解法2

$\cos\theta=x\ (-1\le x\le 1)$ とおく。

すると、

$$ PQ^2=2-2\cos\theta=2-2x, $$

$$ QR^2=2-2\cos2\theta=2-2(2x^2-1)=4-4x^2. $$

したがって、

$$ \begin{aligned} PQ^2+QR^2 &=(2-2x)+(4-4x^2) \\ &=6-2x-4x^2 \\ &=-4\left(x+\frac{1}{4}\right)^2+\frac{25}{4}. \end{aligned} $$

よって最大値は $\dfrac{25}{4}$ である。

また、$x\in[-1,1]$ より最小値は端で調べればよく、

$$ x=1 \text{ のとき } PQ^2+QR^2=0, $$

$$ x=-1 \text{ のとき } PQ^2+QR^2=4. $$

ゆえに最小値は $0$ である。

したがって、

$$ 0\le PQ^2+QR^2\le \frac{25}{4}. $$

解説

本問の本質は、単位円周上の2点間距離が角度差だけで決まることである。これにより図形の問題が三角関数1変数の問題になる。

特に

$$ AB^2=2-2\cos(\text{角度差}) $$

を使えば、あとは二次式の最大・最小を求めるだけである。解法1は $\sin^2\frac{\theta}{2}$ による整理、解法2は $\cos\theta$ による整理であり、どちらも同じ構造に帰着する。

答え

$$ PQ^2+QR^2 \text{ のとり得る値の範囲は } \left[0,\frac{25}{4}\right]. $$