北海道大学 2008年度
理系数学 前期 第1問

解答

(1)

$f(x)=|(x-\alpha )(x-\beta )|$ であり，$0<\alpha <\beta <2$ である。

区間 $[0,\alpha ]$ と $[\beta ,2]$ では，$(x-\alpha )(x-\beta )\geqq 0$ なので $f(x)$ は下に凸の二次関数そのものである。下に凸の二次関数は区間の内側で最小側に曲がるため，それぞれの区間の最大値は端点で調べればよい。区間 $[\alpha ,\beta ]$ では $f(x)=-(x-\alpha )(x-\beta )$ であり，これは上に凸の放物線なので，最大値は中央 $x=\frac{\alpha +\beta }{2}$ でとる。

よって最大値の候補は

である。$f(x)=M$ となる $x$ がちょうど3つあるためには，この3つの候補がすべて同じ最大値になればよい。

まず $\alpha \beta =(2-\alpha )(2-\beta )$ より $\alpha \beta =4-2\alpha -2\beta +\alpha \beta$ であるから $\alpha +\beta =2$ である。

ここで $d=\beta -\alpha (d>0)$ とおくと $\alpha =1-\frac{d}{2},\beta =1+\frac{d}{2}$ である。さらに $\alpha \beta =f(0)=f\left(\frac{\alpha +\beta }{2}\right)=\frac{d^2}{4}$ だから $\left(1-\frac{d}{2}\right)\left(1+\frac{d}{2}\right)=\frac{d^2}{4}$ すなわち $1-\frac{d^2}{4}=\frac{d^2}{4}$ である。したがって $d^2=2$ であり，$d>0$ より $d=\sqrt{2}$ である。

以上より

である。

(2)

(1)の値を用いると $(x-\alpha )(x-\beta )=x^2-2x+\frac{1}{2}$ である。また $x=0$ では $f(0)=1/2$ であり，$f(x)-mx=0$ の解にはならない。したがって $x>0$ として $\frac{f(x)}{x}=m$ の解の個数を調べればよい。

まず $0<x<\alpha$ では $f(x)=x^2-2x+\frac{1}{2}$ だから $\frac{f(x)}{x}=x-2+\frac{1}{2x}$ である。この関数の導関数は $1-\frac{1}{2x^2}$ であり，$0<x<\alpha <1/\sqrt{2}$ では負である。よって $\frac{f(x)}{x}$ は $\infty$ から $0$ まで単調に減少する。したがってこの区間には，$m>0$ のとき解が1つあり，$m\leqq 0$ のとき解はない。

次に $\alpha <x<\beta$ では $f(x)=-x^2+2x-\frac{1}{2}$ だから $\frac{f(x)}{x}=-x+2-\frac{1}{2x}$ である。導関数は $-1+\frac{1}{2x^2}$ であるから，$x=1/\sqrt{2}$ で増加から減少に変わる。このときの最大値は $-\frac{1}{\sqrt{2}}+2-\frac{1}{2\cdot (1/\sqrt{2})}=2-\sqrt{2}$ である。また両端 $x=\alpha ,\beta$ では $f(x)=0$ である。したがってこの区間では $0<m<2-\sqrt{2}$ のとき解を2つもつ。

最後に $\beta <x\leqq 2$ では再び $\frac{f(x)}{x}=x-2+\frac{1}{2x}$ である。ここでは $x>\beta >1/\sqrt{2}$ なので導関数は正であり，$\beta$ の右側の $0$ から $\frac{f(2)}{2}=\frac{1/2}{2}=\frac{1}{4}$ まで単調に増加する。したがってこの区間に解をもたないための条件は $m>\frac{1}{4}$ である。

異なる3つの解をもつには，左の区間で1つ，中央の区間で2つ，右の区間で0個となればよい。よって条件は $m>0,0<m<2-\sqrt{2},m>\frac{1}{4}$ を同時に満たすことであり，結論は $\frac{1}{4}<m<2-\sqrt{2}$ である。