正方形の頂点までの距離の和の最大値

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。

No.15 回答者： 178-tall 回答日時： 2014/02/23 18:46

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。

　　

No.14 回答者： 178-tall 回答日時： 2014/02/22 22:45

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。

　　

No.13 回答者： 178-tall 回答日時： 2014/02/22 14:37

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。

　　

No.12 回答者： staratras 回答日時： 2014/02/21 21:20

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。

No.11 回答者： 178-tall 回答日時： 2014/02/20 12:39

< 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。

　　

No.10 回答者： 178-tall 回答日時： 2014/02/19 08:23

>…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…。

　　

No.9 回答者： ramayana 回答日時： 2014/02/18 22:24

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。

No.8 回答者： 178-tall 回答日時： 2014/02/18 16:34

>・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。

　　

No.7 回答者： 178-tall 回答日時： 2014/02/18 11:42

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。

　　

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

No.6 回答者： staratras 回答日時： 2014/02/17 17:33

No.4&5です。

誤記の訂正があります。失礼しました。

No.4

誤：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。
正：図の対称性から０≦x≦π/2　の範囲を調べればよいことがわかります。

No.5

誤：【解２】No.3の図で、
正：【解２】No.4の図で、


誤：AP=x,BP=y,CP=x',DP=y' とすると余弦定理から
x^2+y^2+√2xy=2 …(1)とx^2+y^2-√2xy=2 …(2)

正：AP=x,BP=y,CP=x',DP=y' とすると余弦定理から
x^2+y^2+√2xy=2 …(1)とx'^2+y'^2-√2x'y'=2 …(2)