東北大学 2013年度
後期・理系数学 後期 第6問

解答

円 $D$ は中心 $(1,1)$、半径 $1$ の円の内部である。円の内部では $x>0,y>0$ であるから、三角形 $T$ との共通部分は、円のうち $x+y\leqq r$ を満たす部分と考えてよい。

座標を $u=\frac{x+y-2}{\sqrt{2}},v=\frac{x-y}{\sqrt{2}}$ で変換する。このとき円 $D$ は $u^2+v^2<1$ となり、直線 $x+y=r$ は $u=\frac{r-2}{\sqrt{2}}$ となる。 $T$ の面積は $\frac{r^2}{2}$ である。$T\cap D$ の面積を $A(r)$ とすると $S(r)-2r=\frac{r^2}{2}-A(r)-2r$ である。

円 $D$ の $x+y$ の最小値と最大値はそれぞれ $2-\sqrt{2},2+\sqrt{2}$ である。したがって $r\leqq 2-\sqrt{2}$ では $A(r)=0$、$r\geqq 2+\sqrt{2}$ では $A(r)=\pi$ である。この両端の範囲では、$r^2/2-2r$ または $r^2/2-2r-\pi$ を見れば、最小は中央の範囲を調べればよいことが分かる。

そこで $2-\sqrt{2}<r<2+\sqrt{2}$ とする。$s=(r-2)/\sqrt{2}$ とおくと、$A(r)$ は単位円 $u^2+v^2<1$ のうち $u\leqq s$ の部分の面積である。$s$ を少し増やしたときに増える面積は、その位置での弦の長さ $2\sqrt{1-s^2}$ である。さらに $ds/dr=1/\sqrt{2}$ だから $A^{\prime }(r)=2\sqrt{1-s^2}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}=\sqrt{2-(r-2{)}^2}$ である。

よって $\frac{d}{dr}\{S(r)-2r\}=r-2-\sqrt{2-(r-2{)}^2}$ である。これが $0$ となるには $r-2=\sqrt{2-(r-2{)}^2}$ であるから、左辺は非負であり、両辺を平方して $(r-2{)}^2=2-(r-2{)}^2$ を得る。したがって $r-2=1,r=3$ である。導関数は $r<3$ で負、$r>3$ で正になるので、ここで最小値をとる。

最後に $r=3$ のときの値を求める。このとき $s=\frac{3-2}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ である。よって $A(3)={\int }_{-1}^{1/\sqrt{2}}2\sqrt{1-u^2}du$ である。原始関数 $\int 2\sqrt{1-u^2}du=u\sqrt{1-u^2}+\arcsin u$ を用いると

である。

したがって

である。よって最小値は $-2-\frac{3\pi }{4}$ であり、それを与える値は $r=3$ である。