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座標平面上に定点A(1,0),B(0,1),C(-1,0),D(0,-1)がある。
動点P(x,y)が円板上x^2+y^2≦1を動く。

PA×PB×PC×PDの取りうる範囲は次のようになる。
[図形的方法,三角関数を使う方法、座標を使う方法がありますが、複素数を使う方法が簡単です]
複素数平面で、P(z)とすると、0≦|z|≦1
このとき、
PA×PB×PC×PD=|z-1|×|z-i|×|z+1|×|z+i|
=|z^4-1|より
円板0≦|z^4|≦1内の点z^4と1との距離を考えて、
0≦PA×PB×PC×PD≦2
(左の等号成立はz=±1,±iのとき。右の等号成立は、z=±1/√2±i/√2のとき。)

PA+PB+PC+PDの最小値は次のようになる。
複素数平面で、P(z)とすると、0≦|z|≦1
このとき、
PA+PB+PC+PD=|z-1|+|z-i|+|z+1|+|z+i|
≧|z-1-(z+1)|+|z-i-(z+i)|=4
(等号成立の場合はz=0のとき)

PA+PB+PC+PDの最大値がうまく求められませんので、どうか教えていただけないでしょうか。

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CP 値」に関するQ&A: Cp値

A 回答 (15件中1~10件)

様々な解法が考えられますが、ご質問の場合は三角関数を用いるのが


わかりやすいかもしれません。2通りの解を考えました。

まず、距離の和が最大となる点Pは円板の周上(円周上)にあることを示します。

円周上を除く、円の内部に正方形の4頂点への距離の和の最大値を与える点Pが存在したと仮定します。下の右の図のように円の中心Oと点Pを結んで延長し円周との交点をQとすると、

三角形APQにおいて角APQ>角AQPなのでAQ>AP
三角形CPQにおいて角CPQ>角CQPなのでCQ>CP
同様にBQ>BP DQ>DP が成り立ちこれらを辺辺加えると
AQ+BQ+CQ+DQ>AP+BP+CP+DP が成り立ちます。

これは正方形の4頂点への距離の和の最大値を与える点Pが円の内部にある
とした仮定と矛盾します。よって距離の和が最大となる点Pは円板の周上(円周上)にあることがわかります。

【解1】
ここで下の左の図のように座標をとり、角AOP=xとすると、図の対称性から0≦x≦π/4 の
範囲を調べればよいことがわかります。三角形APCと三角形BPDはいずれもAC、BDが円の直径、Pが円周上の点なので直角三角形です。円周角は中心角の半分なので

AP=2sin(x/2),CP=2cos(x/2),BP=2sin(π/4-x/2),DP=2cos(π/4-x/2) です。

ここでf(x)=AP+BP+CP+DP とし、三角関数の合成公式などを駆使して簡単にすると
f(x)=2√(4+2√2)sin(x/2+3π/8) となります。

0≦x≦π/4 より 3π/8≦x/2+3π/8≦5π/8 なので
f(x)の最大値は f(π/4) =2√(4+2√2)≒5.2262… です。

なお図の対称性から、最大値を与えるxの値はO≦x≦2π の範囲では
x=π/4,x=3π/4,x=5π/4,x=7π/4 です。
「正方形の頂点までの距離の和の最大値」の回答画像4

この回答への補足

ありがとうございます。すみません、

三角形CPQにおいて角CPQ>角CQPなのでCQ>CP

というのがよくわかりませんでした。
Pは線分OQ上を動くとして、P=OであればCQ>CPは成り立たないと思うのですが。

補足日時:2014/02/18 16:09
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この回答へのお礼

ありがとうございます。
いただいた図をもとに幾何学的に再考しました。

P→AP+BP+CP+DPは有界閉集合上の連続関数なので最大値をもつ。

動点Pが左の図の線分OQ上にあるときを考える。
また、AP+CP=a(一定)であるようなPの軌跡を考えると、AとCを焦点とする楕円になる。
次にaを動かすと、楕円群になる。
それを地図の等高線のようにイメージすると、AP+CPはP=Qのとき最大になる。
同様に、BP+DPはP=Qのとき最大になる。
したがって、AP+BP+CP+DPは円周上のどこかで最大になる。

今度は、動点Pが右の図の弧AB上にあるときを考える。
また、AP+BP=a(一定)であるようなPの軌跡を考えると、AとBを焦点とする楕円になる。
次にaを動かすと、楕円群になる。
それを地図の等高線のようにイメージすると、AP+BPはP=(弧ABの中点)のとき最大になる。
同様に、CP+DPはP=(弧ABの中点)のとき最大になる。
したがって、AP+BP+CP+DPはP=(弧ABの中点)のとき最大になる。

動点Pが弧AB上、弧BC上、弧CD、弧CAにあるときも同様。

お礼日時:2014/02/18 01:08

蛇足ながら、残務を少々。



 L(θ) = PA+PB+PC+PD = |z-1|+|z-i|+|z+1|+|z+i|
  = 2*[ sin(θ/2) + sin{ (π/4) - (θ/2) } + cos(θ/2) + cos{ (π/4) - (θ/2) } ]
  = 2*√(2) [ sin{ (π/4) + (θ/2) } + sin{ (π/2) - (θ/2) }

L'(θ) = 0 から極値点 θm を求める。

 L'(θm) = √(2) [ [ cos{ (π/4) + (θm/2) } - cos{ (π/2) - (θm/2) } = 0
から、
 (π/4) + (θm/2) = (π/2) - (θm/2)
 θm = π/4

L(θm) の勘定は割愛。

  
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書き込みまで「コマ切れ」になってきましたが、蒙御免。



>その前半は?
>PA = |z-1| = |e^(iθ) - 1| = √[2{1 - cos(θ) } ] = 2*sin(θ/2)
>PB = |z-i| = √[2{1 - sin(θ) } ] = 2*sin[ (π/4) -(θ/2) ]

後半は?
PC = |z+1| = |e^(iθ) + 1| = √[2{1 + cos(θ) } ] = 2*cos(θ/2)
PD = |z+i| = |e^(iθ) + i| = 2*cos[ (π/4) -(θ/2) ]

…らしい。

  
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ピタゴラス派「亜流」の ANo.11 です。



「複素平面」での表記を試みましたが、まだ中途半端。
単位円上の勘定には複素数の極形式が扱いやすそう。
そこへ無理やりつなげる一例でも…。

一応、
>PA+PB+PC+PD = |z-1|+|z-i|+|z+1|+|z+i| …
…のスタイルからスタート。

その前半は?
PA = |z-1| = |e^(iθ) - 1| = √[2{1 - cos(θ) } ] = 2*sin(θ/2)
PB = |z-i| = √[2{1 - sin(θ) } ] = 2*sin[ (π/4) -(θ/2) ]

…といった調子ですが、これは ANo.4 さんの【解1】に相当する論法みたいです。

  
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No.4,5,6です。



No.4のPと正方形の4頂点を結ぶ距離の和がPが円周上にある場合に最大となる幾何的な証明には不十分な点がありました。Pの位置によっては下の左の図のようにAQ,BQ,CQ,DQのうちの一つが円盤の内部の点Pと結んだ距離より小さくなる場合があります。(図ではAQ<AP)

ただしこの場合でも、三角形APQについてAP<PQ+AQ,PQ=CQ-CP から
AP<CQ-CP+AQ つまり AP+CP<AQ+CQ が成り立ちます。

三角関数を使って最大値を求める別解を示します。

【解3】
下の右の図のように角PCA=x,角PDB=yとおき、PがAから反時計回りにBまで円周上を移動するとき、0≦x,y≦π/4 x+y=π/4です。

PA+PB+PC+PD=2(sinx+siny+cosx+cosy)ですが、
ここで上の式の2乗をf(x,y)とおいて整理すると、
f(x,y)=(2+√2)(1+cos(x-y)) という極めてシンプルな関数になります。

これは上のx,yの範囲ではもちろんx-y=0 つまりx=y=π/8のときに
最大値f(π/8,π/8)=2(2+√2)をとります。

PA+PB+PC+PD>0だから、この平方根をとった
PA+PB+PC+PD=√(2(2+√2)) が最大値です。

このときのPの位置はP(cosπ/4,sinπ/4)つまりP(√2/2,√2/2)で、これが第2,3,4象限の対称な位置にもあります。
「正方形の頂点までの距離の和の最大値」の回答画像12
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< ANo.10



>けど△CDP のほうは、CP, DP の一方が増えると他方が減るもんで、ちゃんと作式してみないとわかり難いかも…。
  ↑
蛇足ながら、その「作式」に関する参考メモ。

  ↓

この題では「円周」上で作式せずとも、「正八角形」上の作式で間に合う模様。
それで OK ならば、線長和の増減判定が格段にイージーとなる。

「コマ切れ」思考の余禄なのでしょうネ。

  
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>…ピタゴラス流の算式とは具体的にどういったものなのでしょうか?



こちら、答え忘れてました。
△APB を見たとたんに想い出す「古代ギリシアの数学者」が発案したらしい有名な公式、です。

△APB のほうは、図面を見ただけですぐにわかりますネ。

けど△CDP のほうは、CP, DP の一方が増えると他方が減るもんで、ちゃんと作式してみないとわかり難いかも…。

  
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ANo.2 のお礼への回答



○「∂f/∂x = 2(x-1)((x-1)^2 + y^2)^(-0.5) + 2x(x^2 + (y-1)^2)^(-0.5)
   + 2(x+1)((x+1)^2 + y^2)^(-0.5) + 2x(x^2 + (y+1)^2)^(-0.5)
である。∂f/∂x についてみると、 y の値にかかわらず
  x < 0 のとき ∂f/∂x < 0
  x = 0 のとき ∂f/∂x = 0
  x > 0 のとき ∂f/∂x > 0
というのが何度考えてもわかりませんでした。」

(∂f/∂x の計算)

すみません。計算間違いでした。正しくは、乗数の 2 が消えて、

  ∂f/∂x = (x-1)((x-1)^2 + y^2)^(-0.5) + x(x^2 + (y-1)^2)^(-0.5)
     + (x+1)((x+1)^2 + y^2)^(-0.5) + x(x^2 + (y+1)^2)^(-0.5)

です。項別に、合成関数の微分法を使えば、∂f/∂x を計算できます。

  p(x, y) = ((x-1)^2 + y^2)^0.5
  q(x, y) = (x^2 + (y-1)^2)^0.5
  r(x, y) = ((x+1)^2 + y^2)^0.5
  s(x, y) = (x^2 + (y+1)^2)^0.5

と置けば、

  f(x, y) = p(x, y) + q(x, y) + r(x, y) + s(x, y)

ですから、

  ∂f/∂x = ∂p/∂x + ∂q/∂x + ∂r/∂x + ∂s/∂x

です。∂p/∂x を計算してみましょう。u(x, y) = (x-1)^2 + y^2 と置けば、

  p(x,y) = u(x, y)^0.5

ですから、合成関数の微分法により、

  ∂p/∂x = ∂u/∂x × d/du(u^0.5)
    = 2(x-1) × 0.5u^(-0.5)
    = 2(x-1) × 0.5((x-1)^2 + y^2)^(-0.5)
    = (x-1)((x-1)^2 + y^2)^(-0.5)
    
となって、∂f/∂x の第 1 項が得られます。同様に、 p 、 q 、 r を x で微分すれば、第 2 項、第 3 項、第 4 項が得られます。

(x = 0 のとき ∂f/∂x = 0 であること)

x = 0 のとき ∂f/∂x = 0 であることは、∂f/∂x の式に x = 0 を代入すれば分かります。

(x > 0 のとき ∂f/∂x > 0 であること)

  ∂f/∂x = 第 1 項 + 第 2 項 + 第 3 項 + 第 4 項

と表します。ただし、

  第 1 項 = (x-1)((x-1)^2 + y^2)^(-0.5)
  第 2 項 = x(x^2 + (y-1)^2)^(-0.5)
  第 3 項 = (x+1)((x+1)^2 + y^2)^(-0.5)
  第 4 項 = x(x^2 + (y+1)^2)^(-0.5)

です。
x > 0 のとき、 第 2 項と第 4 項は明らかに正ですから、第 1 項 + 第 3 項が正であることを言えば十分です。a = 1 – x 、 b = 1 + x と置けば、0 < a < b であって、

  第 1 項 + 第 3 項 = -a(a^2 + y^2)^(-0.5) + b(b^2 + y^2)^(-0.5)

です。よって、第 1 項 + 第 3 項が正であることを言うためには、

  a(a^2 + y^2)^(-0.5) < b(b^2 + y^2)^(-0.5)

すなわち、

[1]  (1 + (y/a)^2)^(-0.5) < (1 + (y/b)^2)^(-0.5)

を言えば良いことが分かります(a(a^2 + y^2)^(-0.5) = (1 + (y/a)^2)^(-0.5) 、b(b^2 + y^2)^(-0.5) = (1 + (y/b)^2)^(-0.5) である)

ところが、[1] 式が成立することは、w の関数 (1 + (y/w)^2)^(-0.5) が単調増加関数であることから導かれます。

(x < 0 のとき ∂f/∂x < 0 であること)

x < 0 のとき ∂f/∂x < 0 であることは、上と同様な方法で示すことができます。あるいは、関数 f(x, y) が x = 0 を対称軸として対称であることからも分かります。
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>・スタート点を A (1, 0) として、点 P を点 M へ向け動かすと?


> No.4 さんが提示された図面 (右) を参照すれば、AP + BP は増大傾向。(ピタゴラス流の算式で評価可) というのがよくわかりませんでした。

No.4 さんが提示された図面 (右) でいうと、
 A (1, 0) では、AP + BP = √2
 A から M では、AP + BP > √2
であり、少なくとも A 近傍にて「増大傾向」…ということ。

A から M の間にて単調増大なのか否かは、ピタゴラス流の算式で評価すればわかる。

パズル的解法に徹して、端折りすぎたようで…。

一応チェックしたつもりですけど、論旨に錯誤などあればご指摘ください。

  
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No.3 です。



>>PA+PB+PC+PDの最大値…

>ヒント。
>「PA+PB+PC+PD」は、同心円 |z|<1 上の点 P よりも、単位円 |z|=1 上の点 P にて増大 (増分は非零) するらしい。
>…だとすると、単位円上で極大点をさがせばよいのかナ?

ピースミール (コマ切れ) なパズル的解法に徹してみました。
その道筋だけ…。

・極大点が単位円 |z|=1 上にありそうなことは、No.4 さんが提示された図面 (左) のような略図を描けばわかる。

・単位円の 4 象限は「クローン」なので、たとえば第 1 象限の 4 分円に着目。
 原点 O から 45 度線を引くと、4 分円と点 M (1/√2, 1/√2) で交わる。
 4 分円上の点 P にて 4 線分 {AP, BP, CP, DP} の総和長の増減を吟味する。

・スタート点を A (1, 0) として、点 P を点 M へ向け動かすと?
 No.4 さんが提示された図面 (右) を参照すれば、AP + BP は増大傾向。(ピタゴラス流の算式で評価可)
 難関は CP + DP の評価。図面 (右) から、CA の移動方向が CA に直交する向きなのに対し、DA の移動方向は DA に対し 135 度る向きなので、後者の増大量が大きそう。(これも、ピタゴラス流の算式で評価可)
…ということで、点 P が点 M に達するまでは、CP + DP も単調増大傾向。(ピタゴラス流の算式での評価は不可欠らしい)

このシナリオで点 M が 4 線分の総和長の極大点だと判断できそうです。

大小を問わず牛刀を振ると立式は楽ですけど、あとの勘定で忙殺されそう。
極大点がわかったらおもむろに総和長の勘定、という算段でした。

ご注意。受験を控えたヨイ子の皆さんは真似しないでください。

  
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この回答へのお礼

ありがとうございます。すみません、

・スタート点を A (1, 0) として、点 P を点 M へ向け動かすと?
 No.4 さんが提示された図面 (右) を参照すれば、AP + BP は増大傾向。(ピタゴラス流の算式で評価可)

というのがよくわかりませんでした。ピタゴラス流の算式とは具体的にどういったものなのでしょうか?
僕自身は、AP + BP が一定であるようなPの軌跡(楕円)をイメージすることで直観的に納得はしています。

お礼日時:2014/02/18 16:06

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