解説

方針・初手

$Q$ の偏角を $\theta$ とおく。円 $C$ の半径は $1$ であるから、円周上の速さの比はそのまま角速度の比になる。したがって、同時刻における $P$ の偏角は $2\theta$ である。

また、$Q$ を通る $x$ 軸に垂直な直線は $x=\cos\theta$ であり、楕円 $C'$ 上で $Q$ と同じ側にある点 $Q'$ の座標を求めて、$PQ'$ の長さを $\cos\theta$ の関数として最大化する。

解法1

$Q$ の偏角を $\theta$ とすると、

$$ Q=(\cos\theta,\sin\theta)

$$

である。

$P$ の速さは $Q$ の速さの $2$ 倍であり、円 $C$ の半径は $1$ だから、同時刻における $P$ の偏角は $2\theta$ である。よって

$$ P=(\cos2\theta,\sin2\theta)

$$

である。

次に、$Q'$ を求める。$Q$ を通る $x$ 軸に垂直な直線は

$$ x=\cos\theta

$$

である。これを楕円

$$ x^2+\frac{y^2}{4}=1

$$

に代入すると、

$$ \cos^2\theta+\frac{y^2}{4}=1

$$

より

$$ y^2=4(1-\cos^2\theta)=4\sin^2\theta

$$

である。$Q'$ は $Q$ と $x$ 軸に関して同じ側にある点なので、

$$ Q'=(\cos\theta,2\sin\theta)

$$

と表せる。$\sin\theta=0$ のときもこの式は $Q'=Q$ を与えるので、そのまま使える。

したがって、

$$ PQ'^2=(\cos2\theta-\cos\theta)^2+(\sin2\theta-2\sin\theta)^2

$$

である。ここで $c=\cos\theta,\ s=\sin\theta$ とおくと、

$$ \cos2\theta=2c^2-1,\qquad \sin2\theta=2sc

$$

だから、

$$ \begin{aligned} PQ'^2 &=(2c^2-1-c)^2+(2sc-2s)^2 \\ &=(2c^2-c-1)^2+4s^2(c-1)^2 \\ &=(c-1)^2(2c+1)^2+4(1-c^2)(c-1)^2 \\ &=(c-1)^2{(2c+1)^2+4(1-c^2)} \\ &=(c-1)^2(4c+5). \end{aligned}

$$

よって、$-1\leq c\leq 1$ において

$$ f(c)=(1-c)^2(4c+5)

$$

の最大値を求めればよい。

微分すると、

$$ \begin{aligned} f'(c) &=-2(1-c)(4c+5)+4(1-c)^2 \\ &=(1-c){-2(4c+5)+4(1-c)} \\ &=-6(1-c)(2c+1). \end{aligned}

$$

したがって、極値の候補は

$$ c=-\frac{1}{2},\quad c=1

$$

である。端点も含めて調べると、

$$ f(-1)=4,\qquad f\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{27}{4},\qquad f(1)=0

$$

である。よって最大値は

$$ PQ'^2=\frac{27}{4}

$$

であり、

$$ PQ'=\frac{3\sqrt{3}}{2}

$$

である。

解説

この問題では、$P$ と $Q$ が円上を動くため、まず偏角を用いて座標表示するのが自然である。円の半径が $1$ なので、速さの比がそのまま角速度の比になり、$Q$ の偏角を $\theta$ とすれば $P$ の偏角は $2\theta$ となる。

また、$Q'$ は楕円上の点であるが、$x$ 座標が $Q$ と同じであるため、単に楕円の式に $x=\cos\theta$ を代入すればよい。$Q$ と同じ側という条件により、$Q'$ の $y$ 座標は $2\sin\theta$ と決まる。

最後は $PQ'^2$ を $\cos\theta$ のみの関数に直すと、1変数関数の最大値問題に帰着する。長さそのものではなく、長さの2乗を最大化することで計算が簡潔になる。

答え

$$ \frac{3\sqrt{3}}{2}

$$