大阪大学 2005年度理系数学第4問解答・解説

問題

$θ$ を $0 ≦ θ < 2 π$ をみたす実数とする．時刻 $t$ における座標が ${x = t cos θ y = 1 - t^{2} + t sin θ$ で与えられるような動点 $P (x, y)$ を考える． $t$ が実数全体を動くとき，点 $P$ が描く曲線を $C$ とする． $C$ が $x$ 軸の $x ≧ 0$ の部分と交わる点を $Q$ とする．以下の問いに答えよ．

(1) $θ = \frac{π}{4}$ のとき， $Q$ の $x$ 座標を求めよ．

(2) $θ$ が変化すると曲線 $C$ も変化する． $θ$ が $0 ≦ θ < 2 π$ の範囲を変化するとき， $C$ が通過する範囲を $x y$ 平面上に図示せよ．

(3) $θ$ が変化すると点 $Q$ も変化する． $Q$ の $x$ 座標が最大となるような $θ$ $(0 ≦ θ < 2 π)$ について $tan θ$ の値を求めよ．

出典：大阪大学 2005年度前期日程第2次学力試験理系第4問

方針

(1) は $θ = π /4$ を代入して $y = 0$ の2次方程式を解き、 $x ≧ 0$ になる方の解を選ぶ。(2) は $t$ と $θ$ のうち、まず $θ$ を消去する。 $x = t cos θ$ 、 $y - 1 + t^{2} = t sin θ$ から $x^{2} + (y - 1 + t^{2})^{2} = t^{2}$ を得て、 $u = t^{2} ≧ 0$ が存在する条件に直す。判別式が $5 - 4 y - 4 x^{2}$ になるため、通過範囲は放物線の下側になる。(3) は (2) の通過範囲を $x$ 軸上に制限して最大値を読み、境界での $t^{2}$ 、 $sin θ$ 、 $cos θ$ を復元して $tan θ$ を求める。

解答

(1)

$θ = π /4$ のとき $x = \frac{t}{2}, y = 1 - t^{2} + \frac{t}{2}$ である。 $x$ 軸との交点では $y = 0$ だから、 $1 - t^{2} + \frac{t}{2} = 0$ すなわち $t^{2} - \frac{t}{2} - 1 = 0$ である。これを解くと $t = 2, t = - \frac{1}{2}$ である。対応する $x = t / 2$ はそれぞれ $x = 1, x = - \frac{1}{2}$ である。 $Q$ は $x ≧ 0$ の部分との交点なので、求める $x$ 座標は $1$ である。

(2)

ある $t$ と $θ$ によって点 $(x, y)$ が表される条件を調べる。与えられた式から $x = t cos θ, y - 1 + t^{2} = t sin θ$ である。両式を2乗して加えると $x^{2} + (y - 1 + t^{2})^{2} = t^{2} (cos^{2} θ + sin^{2} θ) = t^{2}$ となる。

ここで $u = t^{2} (u ≧ 0)$ とおくと、条件は $x^{2} + (y - 1 + u)^{2} = u$ を満たす $u ≧ 0$ が存在することになる。整理すると $u^{2} + (2 y - 3) u + (y - 1)^{2} + x^{2} = 0$ である。この $u$ についての2次方程式の判別式は

D = (2 y - 3)^{2} - 4 {(y - 1)^{2} + x^{2}} = 5 - 4 y - 4 x^{2}

である。

まず、点 $(x, y)$ が通過範囲に入るなら、実数 $u$ が存在するので $D ≧ 0$ が必要である。したがって $y ≦ \frac{5}{4} - x^{2}$ でなければならない。

逆に $y ≦ \frac{5}{4} - x^{2}$ とする。このとき $D ≧ 0$ で、 $u$ の2次方程式は実数解をもつ。また2解の和は $- (2 y - 3) = 3 - 2 y$ であり、上の不等式から $y ≦ 5/4$ なので $3 - 2 y ≧ \frac{1}{2} > 0$ である。2解の積は $(y - 1)^{2} + x^{2} ≧ 0$ である。したがって実数解は少なくとも一つ $u ≧ 0$ になる。実際、積が正なら2解は同符号で和が正だからともに正、積が0なら一方が $0$ である。

よって $C$ が通過する範囲は $y ≦ \frac{5}{4} - x^{2}$ である。図示すると、放物線 $y = \frac{5}{4} - x^{2}$ を境界に含み、その下側全体である。

(3)

$Q$ は $x$ 軸上の点なので $y = 0$ である。(2) の範囲を $y = 0$ に制限すると $0 ≦ \frac{5}{4} - x^{2}$ であり、さらに $Q$ は $x ≧ 0$ の部分にあるから $0 ≦ x ≦ \frac{5}{2}$ である。したがって $Q$ の $x$ 座標の最大値は $x = \frac{5}{2}$ である。

この最大値は境界上の点なので、(2) の判別式は $0$ である。このとき $u$ の2次方程式は重解をもち、 $y = 0$ より $u^{2} - 3 u + 1 + x^{2} = 0$ である。 $x^{2} = 5/4$ を代入すると $u^{2} - 3 u + \frac{9}{4} = 0$ だから $u = \frac{3}{2}$ である。すなわち $t^{2} = \frac{3}{2}$ である。 $t > 0$ の場合を考えると、 $x = t cos θ$ より $cos θ = \frac{x}{t} = \frac{5 /2}{3/2} = \frac{5}{6}$ である。また $y = 0$ だから $0 = 1 - t^{2} + t sin θ$ より $t sin θ = t^{2} - 1 = \frac{1}{2}$ であり、 $sin θ = \frac{1/2}{3/2} = \frac{1}{6}$ である。したがって

tan θ = \frac{sin θ}{cos θ} = \frac{1/ 6}{5/6} = \frac{1}{5}

である。 $t < 0$ の場合は $sin θ$ と $cos θ$ がともに反対符号になるだけなので、 $tan θ$ は同じ値である。よって求める値は $\frac{1}{5}$ である。

別解。 $Q$ だけを直接追って (3) を解くこともできる。 $Q$ では $y = 0$ だから $1 - t^{2} + t sin θ = 0$ であり、 $t \neq = 0$ として $sin θ = t - \frac{1}{t}$ である。さらに $x = t cos θ$ なので

x^{2} = t^{2} cos^{2} θ = t^{2} {1 - (t - \frac{1}{t})^{2}} = 3 t^{2} - t^{4} - 1.

ここで $u = t^{2}$ とおくと $x^{2} = - u^{2} + 3 u - 1$ である。この2次式は $u = 3/2$ で最大となり、最大値は $- \frac{9}{4} + \frac{9}{2} - 1 = \frac{5}{4}$ である。よって $x ≧ 0$ での最大値は $x = 5 /2$ であり、このとき $t^{2} = 3/2$ である。以後は上と同じく $sin θ = \frac{1}{6}, cos θ = \frac{5}{6}$ または両方の符号が反対の場合となるので、 $tan θ = \frac{1}{5}$ が得られる。

大阪大学 2005年度理系数学 第4問

問題

方針

解答

(1)

(2)

(3)

大阪大学 2005年度
理系数学第4問