(i), (ii) は互いに $x$ 座標, $y$ 座標を入れ替えた関係にあるから, (i) について, $c > 0$ として, 点 $\mathrm F(c,0),$ $\mathrm F'(-c,0)$ からの距離の和が $2a$ $(a > c)$ である点の軌跡 $C$ を求める. $b = \sqrt{a^2-c^2}$ とおくと, 平面上の点 $\mathrm P(x,y)$ に対して, \[\begin{aligned} &\mathrm P \in C \\ &\iff \mathrm{PF}+\mathrm{PF}' = 2a \iff \mathrm{PF} = 2a-\mathrm{PF}' \\ &\iff \mathrm{PF}^2 = (2a-\mathrm{PF}')^2 \iff \mathrm{PF}^2 = 4a^2-4a\mathrm{PF}'+\mathrm{PF}'^2 \\ &\iff (x-c)^2+y^2 = 4a^2-4a\sqrt{(x+c)^2+y^2}+(x+c)^2+y^2 \\ &\iff cx+a^2 = a\sqrt{(x+c)^2+y^2} \\ &\iff (cx+a^2)^2 = a^2\{ (x+c)^2+y^2\} \\ &\iff (a^2-c^2)x^2+a^2y^2 = a^2(a^2-c^2) \\ &\iff b^2x^2+a^2y^2 = a^2b^2 \iff \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} = 1 \end{aligned}\] となるから, $C$ の方程式は $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2} = 1$ である.
　$(x,y) \in C$ のとき $(x,-y),$ $(-x,y),$ $(-x,-y) \in C$ となるから, $C$ は $x$ 軸, $y$ 軸, 原点に関して対称である. $c = \sqrt{a^2-b^2}$ であるから, $C$ の焦点は $(\pm\sqrt{a^2-b^2},0)$ である.
　また, $C$ の座標軸との交点は $(\pm a,0),$ $(0,\pm b)$ であるから, 長軸の長さは $2a,$ 短軸の長さは $2b$ である.

　$\mathrm P_0 \neq (\pm a,0)$ のとき, $C$ の点 $\mathrm P_0$ における接線の傾きを $m$ とおく. $C$ の方程式 $b^2x^2+a^2y^2 = a^2b^2$ と接線の方程式 \[ y = mx+y_0-mx_0\] から $y$ を消去して得られる $2$ 次方程式 \[ b^2x^2+a^2(mx+y_0-mx_0)^2 = a^2b^2\] つまり \[\begin{aligned} (b^2+a^2m^2)x^2&+2a^2m(y_0-mx_0)x \\ &+a^2\{(y_0-mx_0)^2-b^2\} = 0 \end{aligned}\] は重解 $x = x_0$ をもつから, \[\begin{aligned} -\frac{a^2m(y_0-mx_0)}{b^2+a^2m^2} &= x_0 \\ -a^2m(y_0-mx_0) &= (b^2+a^2m^2)x_0 \\ m &= -\dfrac{b^2x_0}{a^2y_0} \end{aligned}\] となる. よって, 接線の方程式は \[\begin{aligned} y-y_0 &= -\dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}(x-x_0) \\ \frac{b^2x_0x}{a^2y_0}+y &= \frac{b^2x_0{}^2}{a^2y_0}+y_0 \\ \frac{x_0x}{a^2}+\frac{y_0y}{b^2} &= \frac{x_0{}^2}{a^2}+\frac{y_0{}^2}{b^2} \\ \frac{x_0x}{a^2}+\frac{y_0y}{b^2} &= 1 \end{aligned}\] である. $\mathrm P_0 = (\pm a,0)$ のときの $C$ の接線の方程式 $x = \pm a$ もこの式で表される.

　$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2} = 1$ の両辺を $x$ で微分すると, $\dfrac{2x}{a^2}+\dfrac{2yy'}{b^2} = 0$ となり, $y \neq 0$ のとき \[ y' = -\frac{b^2x}{a^2y}\] となる. よって, $\mathrm P_0 \neq (\pm a,0)$ のとき, $C$ の点 $\mathrm P_0$ における接線の傾きは $-\dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}$ である. 以下, 上記の証明と同様である.

(A)

\[\begin{aligned} &\mathrm{FP}+\mathrm F'\mathrm P = 2a \\ &\iff \mathrm{FP} = 2a-\mathrm F'\mathrm P \\ &\iff \sqrt{(x-c)^2+y^2} = 2a-\sqrt{(x+c)^2+y^2} \\ &\iff (x-c)^2+y^2 \\ &\qquad\quad = 4a^2-4a\sqrt{(x+c)^2+y^2}+(x+c)^2+y^2 \\ &\iff 4a\sqrt{(x+c)^2+y^2} = 4cx+4a^2 \\ &\iff a\sqrt{(x+c)^2+y^2} = cx+a^2 \\ &\iff a^2(x+c)^2+a^2y^2 = c^2x^2+2a^2cx+a^4 \\ &\iff (a^2-c^2)x^2+a^2y^2 = a^2(a^2-c^2) \\ &\iff \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a^2-c^2} = 1 \end{aligned}\] から, 点 $\mathrm P$ の軌跡の方程式は $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{a^2-c^2} = 1$ である.

(B)

$\mathrm P(p,0),$ $\mathrm Q(0,q),$ $\mathrm R(x,y)$ とおく.
このとき, 条件 $\mathrm{PQ} = a+b$ から, \[ p^2+q^2 = (a+b)^2 \quad \cdots [1]\] が成り立つ. また, 点 $\mathrm R$ は線分 $\mathrm{PQ}$ を $b:a$ に内分する点であるから, \[ x = \frac{a}{a+b}p, \quad y = \frac{b}{a+b}q\] が成り立つ. よって, \[ p = \frac{a+b}{a}x, \quad q = \frac{a+b}{b}y \quad \cdots [2]\] であるから, $[1]$ に $[2]$ を代入すると \[\frac{(a+b)^2}{a^2}x^2+\frac{(a+b)^2}{b^2}y^2 = (a+b)^2\] となり, 点 $\mathrm R$ の軌跡の方程式 \[\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} = 1\] が得られる.

(C)

単位円周を $x$ 軸方向に $a$ 倍に, $y$ 軸方向に $b$ 倍に拡大または縮小するとき, 点 $(X,Y)$ が点 $(x,y)$ に移るとする. このとき, \[ X^2+Y^2 = 1, \quad x = aX, \quad y = bY\] が成り立つから, $X^2+Y^2 = 1$ に $X = \dfrac{x}{a},$ $Y = \dfrac{y}{b}$ を代入すると, 求める曲線の方程式 \[\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} = 1\] が得られる.

　楕円の周 $\dfrac{x^2}{p^2}+\dfrac{y^2}{q^2} = 1$ は単位円周 $x^2+y^2 = 1$ を $x$ 軸方向に $p$ 倍, $y$ 軸方向に $q$ 倍に拡大した図形であるから, 単位円, この楕円に内接する三角形の面積の最大値 $M,$ $M'$ の間には \[ M' = pqM \] という関係がある. そこで, 単位円に内接する三角形 $\mathrm{ABC}$ の面積 $S$ の最大値 $M$ を求める.　$\cdots [*]$
　$a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB}$ とおく. 正弦定理により \[\sin A = \frac{a}{2} \quad \cdots [1]\] であるから, \[ S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{abc}{4}\] が成り立つ. 相加・相乗平均の関係 \[\sqrt[3]{xyz} \leqq \frac{x+y+z}{3} \quad \cdots [2]\] を $x = a^3,$ $y = b^3,$ $z = c^3$ (いずれも正の数)に適用すると, \[ abc = \sqrt[3]{a^3b^3c^3} \leqq \frac{a^3+b^3+c^3}{3} \quad \cdots [3] \] が得られる. $[2]$ の等号成立条件は $x = y = z$ であるから, $[3]$ で等号が成立するのは $a = b = c$ の場合に限る. $a = b = c$ のとき, $3$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ は正三角形を成し, $[1]$ から $a = 2\sin 60^\circ = \sqrt 3$ であるので, \[ abc = \dfrac{3a^3}{3} = a^3 = 3\sqrt 3\] が成り立つ. よって, これが $abc$ の最大値である. 以上から, $S$ の最大値は \[ M = \frac{3\sqrt 3}{4}\] であり, 求める最大値は \[ M' = \frac{3\sqrt 3}{4}pq\] である.

　$A = \angle\mathrm A,$ $B = \angle\mathrm B,$ $C = \angle\mathrm C$ とおく. 正弦定理により \[\frac{\mathrm{AC}}{\sin B} = \frac{\mathrm{AB}}{\sin C} = 2\] であるから, \[\begin{aligned} S &= \frac{1}{2}\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC}\sin A = \sin A\cdot 2\sin B\sin C \\ &= \sin A\{\cos (B-C)-\cos (B+C)\} \\ &= \sin A\{\cos (B-C)+\cos A\} \quad (\because B+C = \pi -A) \end{aligned}\] が成り立つ. 点 $\mathrm A$ を固定すると, $\cos (B-C) = 1$ すなわち $B = C$ のとき $S$ は最大となる. よって, \[ S \leqq \sin A(1+\cos A) = \sin A+\frac{1}{2}\sin 2A\] が成り立つ. 右辺を $f(A)$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} f'(A) &= \cos A+\cos 2A = 2\cos ^2A+\cos A-1 \\ &= (\cos A+1)(2\cos A-1) \end{aligned}\] から \[\begin{aligned} f'(A) \geqq 0 &\iff 2\cos A-1 \geqq 0 \iff A \leqq \frac{\pi}{3}, \\ f'(A) \leqq 0 &\iff A \geqq \frac{\pi}{3} \end{aligned}\] となる. よって, $f(A)$ は $A = \dfrac{\pi}{3}$ のとき極大かつ最大の値をとるから, $S$ は $A = B = C = \dfrac{\pi}{3}$ すなわち $\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形のとき最大値 \[ M = 2\left(\sin\frac{\pi}{3}\right)^3 = \frac{3\sqrt 3}{4}\] をとる. ゆえに, 求める最大値は, \[ M' = \frac{3\sqrt 3}{4}pq\] である.

(1)

$\dfrac{p^2}{a^2}+\dfrac{q^2}{b^2} = 1,$ $c^2 = a^2-b^2$ から, \[\begin{aligned} \mathrm F_\pm\mathrm P^2 &= (p\mp c)^2+q^2 = p^2\mp 2cp+c^2+b^2\left( 1-\frac{p^2}{a^2}\right) \\ &= \left( 1-\frac{b^2}{a^2}\right) p^2\mp 2cp+(c^2+b^2) \\ &= \frac{c^2}{a^2}p^2\mp 2cp+a^2 = \left( a\mp\frac{c}{a}p\right) ^2 \end{aligned}\] である. $-a \leqq p \leqq a$ から \[ a\mp\frac{c}{a}p \geqq a \mp\frac{c}{a}\cdot (\mp a) = a\pm c > 0\] であるので, \[\mathrm F_\pm\mathrm P = a\mp\frac{c}{a}p\] である(以上, 複号同順).

(2)

点 $\mathrm P$ が $C$ の頂点である場合, $l$ と線分 $\mathrm F_+\mathrm P,$ $\mathrm F_-\mathrm P$ のなす角は明らかに等しい. よって, その他の場合を考える. このとき, \[ l:\dfrac{px}{a^2}+\dfrac{qy}{b^2} = 1\] と $x$ 軸の交点を $\mathrm I$ とおくと, $\mathrm I\left(\dfrac{a^2}{p},0\right)$ から \[\begin{aligned} \mathrm F_+\mathrm I:\mathrm F_-\mathrm I &= \left(\frac{a^2}{p}-c\right) :\left(\frac{a^2}{p}+c\right) \\ &= (a^2-cp):(a^2+cp) \end{aligned}\] であり, (1) の結果により \[\begin{aligned} \mathrm F_+\mathrm P:\mathrm F_-\mathrm P &= \left( a-\frac{c}{a}p\right) :\left( a+\frac{c}{a}p\right) \\ &= (a^2-cp):(a^2+cp) \end{aligned}\] が成り立つので, $\mathrm F_+\mathrm I:\mathrm F_-\mathrm I = \mathrm F_+\mathrm P:\mathrm F_-\mathrm P$ となる. したがって, 点 $\mathrm P$ に関して $\mathrm F_-$ と対称な点を $\mathrm Q$ とおくと, $l$ は $\angle\mathrm F_+\mathrm P\mathrm Q$ を二等分するから, $l$ と線分 $\mathrm F_+\mathrm P,$ $\mathrm F_-\mathrm P$ のなす角は等しい.

　楕円の周 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2} = 1$ の点 $(a\cos\theta,b\sin\theta )$ における接線の方程式は, である. この接線が座標軸と $2$ 点で交わるとき, 対称性により $0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ の場合を考えれば十分であり, そのときの交点は $\mathrm P\left(\dfrac{a}{\cos\theta},0\right),$ $\mathrm Q\left( 0,\dfrac{b}{\sin\theta}\right)$ である. $a > 0,$ $b > 0,$ $\tan\theta > 0$ に注意すると, 相加・相乗平均の関係により, \[\begin{aligned} \mathrm{PQ}^2 &= \frac{a^2}{\cos ^2\theta}+\frac{b^2}{\sin ^2\theta} \\ &= a^2(1+\tan ^2\theta )+b^2\left( 1+\frac{1}{\tan ^2\theta}\right) \\ &= a^2+b^2+a^2\tan ^2\theta +\frac{b^2}{\tan ^2\theta} \\ &\geqq a^2+b^2+2\sqrt{a^2\tan ^2\theta\cdot\frac{b^2}{\tan ^2\theta}} \\ &= a^2+b^2+2ab = (a+b)^2 \end{aligned}\] が成り立つ. 等号は $a^2\tan ^2\theta = \dfrac{b^2}{\tan ^2\theta}$ すなわち $\tan\theta = \sqrt{\dfrac{b}{a}}$ のとき成り立つ. ゆえに, 線分 $\mathrm{PQ}$ の長さの最小値は, $a+b$ である.

　楕円の周 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2} = 1$ の点 $(a\cos\theta,b\sin\theta )$ における接線の方程式は, である. この接線が座標軸と $2$ 点で交わるとき, 対称性により $0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ の場合を考えれば十分であり, そのときの交点は $\mathrm P\left(\dfrac{a}{\cos\theta},0\right),$ $\mathrm Q\left( 0,\dfrac{b}{\sin\theta}\right)$ である. このとき, \[\triangle\mathrm{OPQ} = \frac{1}{2}\cdot\frac{a}{\cos\theta}\cdot\frac{b}{\sin\theta} = \frac{ab}{2\cos\theta\sin\theta} = \frac{ab}{\sin 2\theta}\] である. $0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ から $0 < 2\theta < \pi$ であるので, $\sin 2\theta$ は $2\theta = \dfrac{\pi}{2}$ つまり $\theta = \dfrac{\pi}{4}$ のとき最大値 $1$ をとる. よって, $\triangle\mathrm{OPQ}$ の最小値は $ab$ である.

　楕円の周 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2} = 1$ の点 $(p,q)$ における接線の方程式は, \[\frac{p}{a^2}x+\frac{q}{b^2}y = 1\] である. この接線が座標軸と $2$ 点で交わるとき, 対称性により $p > 0,$ $q > 0$ の場合を考えれば十分であり, そのときの交点は $\mathrm P\left(\dfrac{a^2}{p},0\right),$ $\mathrm Q\left( 0,\dfrac{b^2}{q}\right)$ である. このとき, \[\triangle\mathrm{OPQ} = \frac{1}{2}\cdot\frac{a^2}{p}\cdot\frac{b^2}{q} = \frac{a^2b^2}{2}\cdot\frac{1}{pq} \quad \cdots [1]\] である. $a > 0,$ $b > 0,$ $p > 0,$ $q > 0$ に注意すると, 相加・相乗平均の関係により, \[\begin{aligned} &1 = \frac{p^2}{a^2}+\frac{q^2}{a^2} \geqq 2\sqrt{\frac{p^2}{a^2}\cdot\frac{q^2}{a^2}} = 2\frac{pq}{ab} \\ &\frac{1}{pq} \geqq \frac{2}{ab} \quad \cdots [2] \end{aligned}\] が成り立ち, 等号は $\dfrac{p^2}{a^2} = \dfrac{q^2}{a^2}$ つまり $p = \dfrac{a}{\sqrt 2},$ $q = \dfrac{b}{\sqrt 2}$ のときに成り立つ. よって, $[1],$ $[2]$ から, \[\triangle\mathrm{OPQ} \geqq \frac{a^2b^2}{2}\cdot\frac{2}{ab} = ab\] が得られる. ゆえに, $\triangle\mathrm{OPQ}$ の最小値は $ab$ である.

(1)

$l:y = mx+n$ ($m,$ $n$: 実数) を $C:b^2x^2+a^2y^2-a^2b^2 = 0$ の接線とする. このとき, 接点の $x$ 座標は $x$ の $2$ 次方程式 \[\begin{aligned} b^2x^2+a^2(mx+n)^2-a^2b^2 &= 0 \\ (a^2m^2+b^2)x^2+2a^2mnx+a^2(n^2-b^2) &= 0 \quad \cdots [1] \end{aligned}\] の重解であり, $[1]$ の判別式 $D$ について \[\frac{D}{4} = a^4m^2n^2-(a^2m^2+b^2)a^2(n^2-b^2) = 0\] が成り立つから,

$-a^2b^2(-a^2m^2+n^2-b^2) = 0$　つまり　$n = \pm\sqrt{a^2m^2+b^2}$

である. $m \neq 0$ のとき, 原点と接線 \[ l:mx-y\pm\sqrt{a^2m^2+b^2} = 0\] の距離を $d(m)$ とおくと, \[ d(m) = \frac{|\pm\sqrt{a^2m^2+b^2}|}{\sqrt{m^2+1}} = \sqrt{\frac{a^2m^2+b^2}{m^2+1}}\] となる. よって, $R$ の辺の傾きが $m,$ $-m^{-1}$ $(m \neq 0)$ であるとき, その対角線の長さは \[\begin{aligned} L &= 2\sqrt{d(m)^2+d(-m^{-1})^2} \\ &= 2\sqrt{\frac{a^2m^2+b^2}{m^2+1}+\frac{a^2m^{-2}+b^2}{m^{-2}+1}} \\ &= 2\sqrt{\frac{a^2m^2+b^2}{m^2+1}+\frac{a^2+b^2m^2}{1+m^2}} \\ &= 2\sqrt{\frac{(m^2+1)(a^2+b^2)}{m^2+1}} \\ &= 2\sqrt{a^2+b^2} \end{aligned}\] であり, $R$ のとり方によらず一定である.

これは, $R$ の各辺が座標軸に平行なとき, つまり $R$ が $4$ 直線 $x = \pm a,$ $y = \pm b$ の囲む長方形であるときも含めて成り立つ.

(2)

(i)

$R$ の各辺が座標軸に平行なとき. $R$ の面積は \[ S = 2a\cdot 2b = 4ab\] である.

(ii)

$R$ の辺の傾きが $m,$ $-m^{-1}$ $(m \neq 0)$ であるとき. $R$ の面積は \[\begin{aligned} S &= 2d(m)\cdot 2d(-m^{-1}) \\ &= 4\sqrt{\frac{a^2m^2+b^2}{m^2+1}}\sqrt{\frac{a^2m^{-2}+b^2}{m^{-2}+1}} \\ &= 4\sqrt{\frac{a^4+b^4+a^2b^2(m^2+m^{-2})}{m^2+2+m^{-2}}} \\ &= 4\sqrt{\frac{a^4-2a^2b^2+b^4+a^2b^2(m^2+2+m^{-2})}{m^2+2+m^{-2}}} \\ &= 4\sqrt{\frac{(a^2-b^2)^2}{(m+m^{-1})^2}+a^2b^2} \\ &\leqq 4\sqrt{\frac{(a^2-b^2)^2}{4}+a^2b^2} = 4\sqrt{\frac{(a^2+b^2)^2}{4}} \\ &= 2(a^2+b^2) \end{aligned}\] である. 不等号は \[ m+m^{-1} \geqq 2\sqrt{m\cdot m^{-1}} = 2\] から従い, その等号は $m = m^{-1},$ $m^2 = 1$ つまり $m = \pm 1$ のとき成り立つ.

(i), (ii) と \[ 2(a^2+b^2)-4ab = 2(a-b)^2 \geqq 0\] から, $S$ の最大値は $2(a^2+b^2)$ である.

(1)

楕円の周 $C$ の点 $\mathrm T(a\cos t,b\sin t)$ ($t$: 実数)における接線 $l$ は \[\frac{\cos t}{a}x+\frac{\sin t}{b}y = 1 \quad \cdots [1]\] と表される. 原点 $\mathrm O$ から $l$ に下ろした垂線の足を

$\mathrm H(r\cos\theta,r\sin\theta )$　($r > 0,$ $\theta$: 実数)

とおく.

$l$ は, 点 $\mathrm H$ を通り, ベクトル $(\cos\theta,\sin\theta )$ に垂直であるから, \[\begin{aligned} (x-r\cos\theta )\cos\theta +(y-r\sin\theta )\sin\theta = 0 \\ x\cos\theta +y\sin\theta = r(\cos ^2\theta +\sin ^2\theta ) \\ \frac{\cos\theta}{r}x+\frac{\sin\theta}{r}y = 1 \quad \cdots [2] \end{aligned}\] と表すこともできる. $[1],$ $[2]$ から \[\frac{\cos t}{a} = \frac{\cos\theta}{r}, \quad \frac{\sin t}{b} = \frac{\sin\theta}{r}\] が成り立つので, $\cos ^2t+\sin ^2t = 1$ から \[\begin{aligned} \frac{a^2\cos ^2\theta}{r^2}+\frac{b^2\sin ^2\theta}{r^2} &= 1 \\ a^2\cos ^2\theta +b^2\sin ^2\theta &= r^2 \end{aligned}\] が得られる. よって, \[\mathrm{OH} = \sqrt{a^2\cos ^2\theta +b^2\sin ^2\theta}\] が成り立つ. また, $l$ に垂直な $C$ の接線 $l'$ として, $\mathrm O$ から接線に下ろした垂線の足が \[\mathrm H'\left( r'\cos\left(\theta +\dfrac{\pi}{2}\right),r'\sin\left(\theta +\dfrac{\pi}{2}\right)\right)\] であるようなものがとれて, \[\begin{aligned} \mathrm{OH}' &= \sqrt{a^2\cos ^2\left(\theta +\frac{\pi}{2}\right) +b^2\sin ^2\left(\theta +\frac{\pi}{2}\right)} \\ &= \sqrt{a^2\sin ^2\theta +b^2\cos ^2\theta} \end{aligned}\] が成り立つ. ゆえに, $R$ の隣り合う $2$ 辺が $l,$ $l'$ 上にあるとき, その対角線の長さは \[\begin{aligned} L &= 2\sqrt{\mathrm{OH}^2+{\mathrm{OH}'}^2} \\ &= 2\sqrt{(a^2\cos ^2\theta +b^2\sin ^2\theta )+(a^2\sin ^2\theta +b^2\cos ^2\theta )} \\ &= 2\sqrt{a^2+b^2} \end{aligned}\] であり, $R$ のとり方によらず一定である.

(2)

$R$ の隣り合う $2$ 辺が (1) の $l,$ $l'$ $\left( -\dfrac{\pi}{2} \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}\right)$ 上にあるとき, その面積は \[\begin{aligned} S &= 2\mathrm{OH}\cdot 2\mathrm{OH}' \\ &= 4\sqrt{a^2\cos ^2\theta +b^2\sin ^2\theta}\sqrt{a^2\sin ^2\theta +b^2\cos ^2\theta } \\ &= 4\sqrt{(a^4+b^4)\sin ^2\theta\cos ^2\theta +a^2b^2(\cos ^4\theta +\sin ^4\theta )} \\ &= 4\sqrt{(a^4+b^4)\sin ^2\theta\cos ^2\theta +a^2b^2(1-2\sin ^2\theta\cos ^2\theta )} \\ &= 4\sqrt{a^2b^2+(a^4+b^4-2a^2b^2)\sin ^2\theta\cos ^2\theta} \\ &= 4\sqrt{a^2b^2+\frac{(a^2-b^2)^2}{4}\sin ^22\theta} \end{aligned}\] である. $\sin ^22\theta = 1$ つまり $\theta = \pm\dfrac{\pi}{4}$ のとき, $S$ は最大値 \[ 4\sqrt{a^2b^2+\frac{(a^2-b^2)^2}{4}} = 4\sqrt{\frac{(a^2+b^2)^2}{4}} = 2(a^2+b^2)\] をとる.

(1)

点 $\mathrm P(x,y)$ は点 $\mathrm A(-1,0)$ を通る傾き $t$ の直線 \[ y = t(x+1) \quad \cdots [1],\] 楕円の周 \[ x^2+xy+y^2 = 1 \quad \cdots [2]\] の交点であるから, $[1],$ $[2]$ から $y$ を消去した \[\begin{aligned} x^2+tx(x+1)+t^2(x+1)^2 &= 1 \\ (x^2-1)+tx(x+1)+t^2(x+1)^2 &= 0 \\ (x+1)\{ (x-1)+tx+t^2(x+1)\} &= 0 \\ (x+1)\{ (1+t+t^2)x+t^2-1\} &= 0 \end{aligned}\] を満たす. $x \neq -1$ であるから, \[\begin{aligned} x &= \frac{1-t^2}{1+t+t^2} \quad \cdots [3], \\ y &= t\left(\frac{1-t^2}{1+t+t^2}+1\right) = \frac{2t+t^2}{1+t+t^2} \quad \cdots [4] \end{aligned}\] が得られる.

(2)

$x,$ $y$ が有理数のとき, \[ t = \frac{y}{x+1}\] は有理数である.

(3)

互いに素な正の整数 $m,$ $n$ を用いて $t = \dfrac{n}{m}$ とおくと, $[3],$ $[4]$ から \[\begin{aligned} x &= \frac{1-\dfrac{n^2}{m^2}}{1+\dfrac{n}{m}+\dfrac{n^2}{m^2}} = \frac{m^2-n^2}{m^2+mn+n^2}, \\ y &= \frac{2\cdot\dfrac{n}{m}+\dfrac{n^2}{m^2}}{1+\dfrac{n}{m}+\dfrac{n^2}{m^2}} = \frac{2mn+n^2}{m^2+mn+n^2} \end{aligned}\] となる. $x > 0,$ $m^2+mn+n^2 > 0$ であるから, $m^2-n^2 > 0$ よって $m > n$ である.

(4)

$(x,y) = \left(\dfrac{a}{c},\dfrac{b}{c}\right)$ は $x^2+xy+y^2 = 1$ の正の有理数解であるから, (3) の結果から $x,$ $y$ は互いに素な正の整数 $m,$ $n\ (m > n)$ を用いて $[\text A]$ のように表せる. よって, \[ a:b:c = (m^2-n^2):(2mn+n^2):(m^2+mn+n^2)\] であり, $a,$ $b,$ $c$ は互いに素である(比 $a:b:c$ はこれ以上簡単にならない)から, $m^2-n^2,$ $2mn+n^2,$ $m^2+mn+n^2$ の最大公約数を $g$ とおくと \[ ga = m^2-n^2, \quad gb = 2mn+n^2, \quad gc = m^2+mn+n^2\] となる. よって, $m,$ $n$ を $3$ で割った余りが異なるとき $g = 1$ から $[\text B]$ が得られ, $m,$ $n$ を $3$ で割った余りが等しいとき $g = 3$ から $[\text B]'$ が得られる.

(5)

$m,$ $n$ を $3$ で割った余りが等しいとして, $m-n = 3k$ ($k$: 正の整数)とおく.

• このとき, \[\begin{aligned} a &= \frac{(n+3k)^2-n^2}{3} = 2nk+3k^2 = 2(n+k)k+k^2, \\ b &= \frac{2(n+3k)n+n^2}{3} = n^2+2nk = (n+k)^2-k^2, \\ c &= \frac{(n+3k)^2+(n+3k)n+n^2}{3} = n^2+3nk+3k^2 \\ &= (n+k)^2+(n+k)k+k^2 \end{aligned}\] が成り立つ.
• $n+k > k$ である.
• $m = n+3k,$ $n$ は互いに素であるから, $k,$ $n$ は互いに素で, $n+k,$ $n$ も互いに素である.
• $m = n+3k,$ $n$ は互いに素であるから, $(n+k)-k = n$ は $3$ で割り切れず, $n+k,$ $k$ を $3$ で割った余りは異なる.

よって, $a,$ $b$ を入れ替え, $m,$ $n$ をそれぞれ $n+k,$ $k$ に置き換えると, $a,$ $b,$ $c$ は $[\text B]$ のように表される.