解説

方針・初手

点 $P,Q$ の位置を 1 つの実数で表して，そのときの線分 $PQ$ の方程式を求める。

$P$ を

$$ P=(u,\sqrt{3}u) $$

とおくと，$0\le u\le 2$ である。また

$$ |OP|=2u $$

である。

一方，$Q$ を $y=-\sqrt{3}x$ 上にとると，$Q$ の $x$ 座標を $-v$ として

$$ Q=(-v,\sqrt{3}v),\qquad 0\le v\le 2 $$

と表せる。このとき

$$ |OQ|=2v $$

であり，条件 $|OP|+|OQ|=6$ より

$$ 2u+2v=6 \quad\Longrightarrow\quad u+v=3. $$

したがって

$$ v=3-u $$

であり，さらに $0\le v\le 2$ より

$$ 1\le u\le 2 $$

となる。よって

$$ P=(u,\sqrt{3}u),\qquad Q=(u-3,\sqrt{3}(3-u)) \quad (1\le u\le 2) $$

と表せる。

解法1

点 $(s,t)$ が領域 $D$ に入るとは，ある $u\in[1,2]$ に対して $(s,t)$ が線分 $PQ$ 上にあることを意味する。

線分 $PQ$ 上の点の $t$ 座標

$(s,t)$ が線分 $PQ$ 上にあるとすると，ある $\lambda\in[0,1]$ を用いて

$$ (s,t)=(1-\lambda)Q+\lambda P $$

と書ける。$x$ 座標に注目すると

$$ s=(1-\lambda)(u-3)+\lambda u=u-3+3\lambda $$

であるから，

$$ \lambda=\frac{s-u+3}{3} $$

となる。これを $y$ 座標に代入すると

$$ t=(1-\lambda)\sqrt{3}(3-u)+\lambda\sqrt{3}u $$

より

$$ t =\frac{\sqrt{3}}{3}\left(-2u^2+(6+2s)u-3s\right) =:f(u) $$

を得る。

よって，固定した $s$ に対し，取りうる $u$ の範囲を調べて $f(u)$ の最小値・最大値を求めればよい。

（1） $0\le s\le 1$ のとき

このとき，線分 $PQ$ が $x=s$ を通るための条件は $u\ge s$ であるが，もともと $1\le u\le 2$ なので，

$$ 1\le u\le 2 $$

である。

$f(u)$ は $u$ の下に凸ではなく上に凸の二次関数であり，

$$ f(u)=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(-2u^2+(6+2s)u-3s\right) $$

であるから，最大値は頂点でとる。頂点の $u$ は

$$ u=\frac{6+2s}{4}=\frac{3+s}{2} $$

であり，$0\le s\le 1$ ならこれは確かに $[1,2]$ に入る。

したがって最大値は

$$ \begin{aligned} f!\left(\frac{3+s}{2}\right) &= \frac{\sqrt{3}}{6}(s^2+9) \end{aligned} $$

である。

最小値は端点で比較すればよく，

$$ f(1)=\frac{\sqrt{3}}{3}(4-s),\qquad f(2)=\frac{\sqrt{3}}{3}(4+s). $$

よって $0\le s\le 1$ では

$$ f(1)\le f(2) $$

であるから，

$$ \frac{\sqrt{3}}{3}(4-s)\le t\le \frac{\sqrt{3}}{6}(s^2+9) $$

となる。

（2） $1\le s\le 2$ のとき

このとき，$x=s$ を通るには $u\ge s$ が必要であるから，

$$ s\le u\le 2 $$

である。

$f(u)$ の頂点はやはり

$$ u=\frac{3+s}{2} $$

であるが，$1\le s\le 2$ では

$$ \frac{3+s}{2}\ge 2 $$

なので，区間 $[s,2]$ では $f(u)$ は単調増加である。したがって最小値は $u=s$，最大値は $u=2$ で与えられる。

まず

$$ f(s)=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(-2s^2+(6+2s)s-3s\right)=\sqrt{3}s $$

であり，

$$ f(2)=\frac{\sqrt{3}}{3}(s+4) $$

であるから，

$$ \sqrt{3}s\le t\le \frac{\sqrt{3}}{3}(s+4) $$

となる。

以上より，$0\le s\le 2$ に対して，点 $(s,t)$ が $D$ に入る条件は

$$ \begin{cases} \dfrac{\sqrt{3}}{3}(4-s)\le t\le \dfrac{\sqrt{3}}{6}(s^2+9) & (0\le s\le 1),\\[1.2ex] \sqrt{3}s\le t\le \dfrac{\sqrt{3}}{3}(s+4) & (1\le s\le 2) \end{cases} $$

である。

（2） 領域 $D$ の図示

条件は $y$ 軸対称であるから，$D$ も $y$ 軸対称である。

したがって $D$ は，$-2\le x\le 2$ に対して

$$ D={(x,y)\mid \ell(x)\le y\le u(x)} $$

ただし

$$ \ell(x)= \begin{cases} -\sqrt{3}x & (-2\le x\le -1),\\[0.8ex] \dfrac{\sqrt{3}}{3}(4+x) & (-1\le x\le 0),\\[1.2ex] \dfrac{\sqrt{3}}{3}(4-x) & (0\le x\le 1),\\[1.2ex] \sqrt{3}x & (1\le x\le 2), \end{cases} $$

$$ u(x)= \begin{cases} \dfrac{\sqrt{3}}{3}(4-x) & (-2\le x\le -1),\\[1.2ex] \dfrac{\sqrt{3}}{6}(x^2+9) & (-1\le x\le 1),\\[1.2ex] \dfrac{\sqrt{3}}{3}(x+4) & (1\le x\le 2) \end{cases} $$

で表される領域である。

したがって，下側の境界は折れ線

$$ (-2,2\sqrt{3})\to(-1,\sqrt{3})\to\left(0,\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)\to(1,\sqrt{3})\to(2,2\sqrt{3}) $$

であり，上側の境界は

• $-2\le x\le -1$ では直線 $y=\dfrac{\sqrt{3}}{3}(4-x)$
• $-1\le x\le 1$ では放物線 $y=\dfrac{\sqrt{3}}{6}(x^2+9)$
• $1\le x\le 2$ では直線 $y=\dfrac{\sqrt{3}}{3}(x+4)$

である。

解説

この問題の要点は，条件 $|OP|+|OQ|=6$ によって $P,Q$ の自由度が 1 つに落ちることである。そこで $P$ の位置を $u$ で表し，$Q$ を $u$ で書き直すのが自然である。

そのうえで，固定した $x=s$ に対して線分 $PQ$ と直線 $x=s$ の交点の $y$ 座標を $u$ の二次式として表すと，最大値・最小値の問題になる。$s$ の値によって，$u$ の動く区間が変わるため，$0\le s\le 1$ と $1\le s\le 2$ に分ける必要がある。

答え

**(1)**

$0\le s\le 2$ のとき，点 $(s,t)$ が $D$ に入るための $t$ の範囲は

$$ \begin{cases} \dfrac{\sqrt{3}}{3}(4-s)\le t\le \dfrac{\sqrt{3}}{6}(s^2+9) & (0\le s\le 1),\\[1.2ex] \sqrt{3}s\le t\le \dfrac{\sqrt{3}}{3}(s+4) & (1\le s\le 2) \end{cases} $$

である。

**(2)**

$D$ は $y$ 軸対称であり，

$$ -2\le x\le 2 $$

に対して，下側境界

$$ \ell(x)= \begin{cases} -\sqrt{3}x & (-2\le x\le -1),\\ \dfrac{\sqrt{3}}{3}(4+x) & (-1\le x\le 0),\\ \dfrac{\sqrt{3}}{3}(4-x) & (0\le x\le 1),\\ \sqrt{3}x & (1\le x\le 2), \end{cases} $$

上側境界

$$ u(x)= \begin{cases} \dfrac{\sqrt{3}}{3}(4-x) & (-2\le x\le -1),\\ \dfrac{\sqrt{3}}{6}(x^2+9) & (-1\le x\le 1),\\ \dfrac{\sqrt{3}}{3}(x+4) & (1\le x\le 2) \end{cases} $$

にはさまれた領域である。