東京大学 2014年度理系数学第3問解答・解説

問題

$u$ を実数とする。座標平面上の2つの放物線

C_{1} : y = - x^{2} + 1

C_{2} : y = (x - u)^{2} + u

を考える。 $C_{1}$ と $C_{2}$ が共有点をもつような $u$ の値の範囲は，ある実数 $a$ ， $b$ により， $a ≦ u ≦ b$ と表される。

(1) $a$ ， $b$ の値を求めよ。

(2) $u$ が $a ≦ u ≦ b$ をみたすとき， $C_{1}$ と $C_{2}$ の共有点を $P_{1} (x_{1}, y_{1})$ ， $P_{2} (x_{2}, y_{2})$ とする。ただし，共有点が1点のみのときは， $P_{1}$ と $P_{2}$ は一致し，ともにその共有点を表すとする。

2∣ x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} ∣

を $u$ の式で表せ。

(3) (2)で得られる $u$ の式を $f (u)$ とする。定積分

I = \int_{a}^{b} f (u) d u

を求めよ。

出典：東京大学 2014年度前期日程第2次学力試験理系第3問

方針

共有点の $x$ 座標は2次方程式の解なので、(1) は判別式で $u$ の範囲を決める。(2) は $x_{1}, x_{2}$ の和・積と $∣ x_{1} - x_{2} ∣$ を使い、 $y_{i} = - x_{i}^{2} + 1$ を代入して $x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1}$ を因数分解する。絶対値の中の $1 + x_{1} x_{2}$ が常に正であることも確認する。(3) は $v = u + 1$ とおいて、奇関数部分の積分が消えることを使い、半円型積分に帰着させる。

解答

(1)

共有点の $x$ 座標は $- x^{2} + 1 = (x - u)^{2} + u$ を満たす。右辺を展開して整理すると $2 x^{2} - 2 ux + u^{2} + u - 1 = 0$ である。この2次方程式が実数解をもつ条件は判別式が0以上であることなので $(- 2 u)^{2} - 4 \cdot 2 (u^{2} + u - 1) ≧ 0$ である。これを整理すると $- 4 (u^{2} + 2 u - 2) ≧ 0$ すなわち $u^{2} + 2 u - 2 ≦ 0$ である。

よって $- 1 - 3 ≦ u ≦ - 1 + 3$ であり、 $a = - 1 - 3, b = - 1 + 3$ である。

(2)

$x_{1}, x_{2}$ は $2 x^{2} - 2 ux + u^{2} + u - 1 = 0$ の2つの解である。したがって、解と係数の関係より $x_{1} + x_{2} = u, x_{1} x_{2} = \frac{u ^{2} + u - 1}{2}$ である。また $(x_{1} - x_{2})^{2} = (x_{1} + x_{2})^{2} - 4 x_{1} x_{2}$ だから

(x_{1} - x_{2})^{2} = u^{2} - 2 (u^{2} + u - 1) = - u^{2} - 2 u + 2 = 3 - (u + 1)^{2} .

よって $∣ x_{1} - x_{2} ∣ = 3 - (u + 1)^{2}$ である。

共有点は $C_{1}$ 上にあるので $y_{i} = - x_{i}^{2} + 1 (i = 1, 2)$ である。したがって

x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} = x_{1} (1 - x_{2}^{2}) - x_{2} (1 - x_{1}^{2}) = x_{1} - x_{2} - x_{1} x_{2}^{2} + x_{2} x_{1}^{2} = (x_{1} - x_{2}) + x_{1} x_{2} (x_{1} - x_{2}) = (x_{1} - x_{2}) (1 + x_{1} x_{2}) .

ここで $1 + x_{1} x_{2} = 1 + \frac{u ^{2} + u - 1}{2} = \frac{u ^{2} + u + 1}{2}$ である。 $u^{2} + u + 1$ は判別式が $- 3$ の2次式なので常に正である。

したがって

2∣ x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} ∣ = 2∣ x_{1} - x_{2} ∣ (1 + x_{1} x_{2}) = (u^{2} + u + 1) 3 - (u + 1)^{2} .

よって $f (u) = (u^{2} + u + 1) 3 - (u + 1)^{2}$ である。

別解。

(2) は、 $2∣ x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} ∣$ が三角形 $O P_{1} P_{2}$ の面積の4倍であることを使っても求められる。放物線 $C_{1} : y = - x^{2} + 1$ 上の2点 $P_{1}, P_{2}$ を結ぶ直線の傾きは $\frac{y _{2} - y _{1}}{x _{2} - x _{1}} = \frac{- x _{2}^{2} + x _{1}^{2}}{x _{2} - x _{1}} = - (x_{1} + x_{2}) = - u$ である。切片は $y_{1} + u x_{1} = 1 - x_{1}^{2} + u x_{1} = 1 + x_{1} x_{2} = \frac{u ^{2} + u + 1}{2}$ なので、直線 $P_{1} P_{2}$ は $y = - ux + \frac{u ^{2} + u + 1}{2}$ である。原点からこの直線までの距離と弦の長さを用いても、同じく $2∣ x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} ∣ = (u^{2} + u + 1) 3 - (u + 1)^{2}$ が得られる。

(3)

(1) より積分区間は $- 1 - 3 ≦ u ≦ - 1 + 3$ である。 $v = u + 1$ とおくと、 $u = v - 1$ であり、積分区間は $- 3 ≦ v ≦ 3$ となる。また $u^{2} + u + 1 = (v - 1)^{2} + (v - 1) + 1 = v^{2} - v + 1$ である。したがって $I = \int_{- 3}^{3} (v^{2} - v + 1) 3 - v^{2} d v$ である。

ここで $v 3 - v^{2}$ は奇関数なので $\int_{- 3}^{3} v 3 - v^{2} d v = 0$ である。よって $I = \int_{- 3}^{3} (v^{2} + 1) 3 - v^{2} d v$ である。

半径 $3$ の半円の面積より $\int_{- 3}^{3} 3 - v^{2} d v = \frac{3 π}{2}$ である。次に $v = 3 sin θ$ とおくと

\int_{- 3}^{3} v^{2} 3 - v^{2} d v = \int_{- π /2}^{π /2} 9 sin^{2} θ cos^{2} θ d θ = \frac{9}{4} \int_{- π /2}^{π /2} sin^{2} 2 θ d θ = \frac{9}{4} \cdot \frac{π}{2} = \frac{9 π}{8} .

したがって $I = \frac{9 π}{8} + \frac{3 π}{2} = \frac{21 π}{8}$ である。

東京大学 2014年度理系数学 第3問

問題

方針

解答

(1)

(2)

(3)

東京大学 2014年度
理系数学第3問