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数学2 面積・接線問題 40 解説

方針・初手

(1) は、通る点の条件から $p, q$ の関係式を導き、直線 $y=x$ と接する条件から判別式を用いて $p, q$ を決定する。接点の $x$ 座標が正であることに注意する。

(2) は、$f_1(x) - f_2(x)$ が $x$ の1次以下の式になることに着目する。1次関数（または定数関数）の最大値は区間の端点でとる性質を利用する。

(3) は、折れ線 $L$ を構成する3つの線分と放物線が交わらない条件を立式する。端点 $x=0, 1$ での条件と、区間 $0 < x < 1$ での条件に分ける。(2) の結果と (1) の放物線を活用することで、通過領域を鮮やかに求めることができる。

解法1

(1)

放物線 $y = f(x)$ が点 $(0, 1)$ を通るから、

$$f(0) = p^2 + q = 1$$

が成り立つ。よって、

$$q = 1 - p^2$$

となる。次に、放物線 $y = f(x)$ と直線 $y = x$ が接する条件を考える。方程式 $(x-p)^2 + q = x$、すなわち

$$x^2 - (2p+1)x + p^2 + q = 0$$

が重解をもつ。判別式を $D$ とすると、$D = 0$ であるから、

$$(2p+1)^2 - 4(p^2 + q) = 0$$

展開して整理すると、

$$4p - 4q + 1 = 0$$

これに $q = 1 - p^2$ を代入すると、

$$4p - 4(1 - p^2) + 1 = 0$$

$$4p^2 + 4p - 3 = 0$$

$$(2p-1)(2p+3) = 0$$

よって、$p = \frac{1}{2}, -\frac{3}{2}$ である。ここで、接点の $x$ 座標は重解 $x = \frac{2p+1}{2}$ であり、これが $x > 0$ を満たさなければならない。 $p = -\frac{3}{2}$ のとき、接点の $x$ 座標は $x = -1 < 0$ となり不適。 $p = \frac{1}{2}$ のとき、接点の $x$ 座標は $x = 1 > 0$ となり適する。このとき、$q = 1 - \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{3}{4}$ となる。また、接点の $y$ 座標は直線 $y=x$ 上にあることから $1$ である。

(2)

関数 $h(x) = f_1(x) - f_2(x)$ を考える。

$$\begin{aligned} h(x) &= (x-p_1)^2 + q_1 - \{ (x-p_2)^2 + q_2 \} \\ &= 2(p_2 - p_1)x + p_1^2 - p_2^2 + q_1 - q_2 \end{aligned}$$

したがって、$h(x)$ は $x$ についての1次以下の多項式（直線または水平線）である。区間 $\alpha \leqq x \leqq \beta$ 内の任意の $x$ は、実数 $t$ ($0 \leqq t \leqq 1$) を用いて $x = t\alpha + (1-t)\beta$ と表せる。 $h(x)$ は1次以下の多項式であるから、

$$h(x) = h(t\alpha + (1-t)\beta) = t h(\alpha) + (1-t) h(\beta)$$

が成り立つ。仮定より $h(\alpha) = f_1(\alpha) - f_2(\alpha) < 0$ かつ $h(\beta) = f_1(\beta) - f_2(\beta) < 0$ であり、$t \geqq 0$, $1-t \geqq 0$（ただし両方が同時に $0$ になることはない）であるから、

$$h(x) = t h(\alpha) + (1-t) h(\beta) < 0$$

すなわち、$f_1(x) < f_2(x)$ がつねに成り立つ。

(3)

折れ線 $L$ は、以下の3つの部分からなる。・$x=0$ かつ $0 \leqq y \leqq 1$ ・$y=x$ かつ $0 < x < 1$ ・$x=1$ かつ $0 \leqq y \leqq 1$

放物線 $y = f(x)$ が折れ線 $L$ と共有点をもたないための条件は、以下の (i), (ii), (iii) をすべて満たすことである。 (i) $x=0$ において交わらない。すなわち $f(0) < 0$ または $f(0) > 1$ (ii) $x=1$ において交わらない。すなわち $f(1) < 0$ または $f(1) > 1$ (iii) $0 < x < 1$ において交わらない。すなわち方程式 $f(x) - x = 0$ が $0 < x < 1$ の範囲に実数解をもたない。

連続関数 $f(x) - x$ が区間 $(0, 1)$ に解をもたないならば、この区間で常につねに正またはつねに負である。もし $f(0) < 0$ かつ $f(1) > 1$（またはその逆）であれば、中間値の定理から $0 < x < 1$ で $f(x) - x = 0$ となる解をもち、(iii) に反する。したがって、共有点をもたない条件は次の (A) または (B) に絞られる。 (A) $f(0) < 0$ かつ $f(1) < 0$ (B) $f(0) > 1$ かつ $f(1) > 1$

(A) の場合: $f(x)$ は下に凸の放物線なので、区間 $0 \leqq x \leqq 1$ における最大値は $f(0)$ または $f(1)$ である。よって、区間 $0 \leqq x \leqq 1$ においてつねに $f(x) \leqq \max(f(0), f(1)) < 0$ となる。したがって、領域 $R$ ($y \geqq 0$) の点を一切通過しない。

(B) の場合: (1) で求めた放物線を $y = f_0(x) = x^2 - x + 1$ とする。 $f_0(0) = 1$, $f_0(1) = 1$ であり、条件より $f(0) > f_0(0)$ かつ $f(1) > f_0(1)$ である。 (2) の結果より、区間 $0 \leqq x \leqq 1$ においてつねに $f(x) > f_0(x)$ が成り立つ。 $f_0(x) - x = x^2 - 2x + 1 = (x-1)^2 \geqq 0$ であるから、$f(x) > f_0(x) \geqq x$ となり、方程式 $f(x) - x = 0$ は解をもたず、(iii) も満たす。ゆえに、このとき放物線は $L$ と共有点をもたず、さらに領域 $R$ 内ではつねに $y > x^2 - x + 1$ の範囲を通過する。

逆に、領域 $R$ 内の点 $(x_0, y_0)$ が $y_0 > x_0^2 - x_0 + 1$ を満たすとき、この点を通るような (B) を満たす放物線が存在することを示す。 $f(x) = f_0(x) + cx + d$（$c, d$ は実数）とおく。これは $x^2$ の係数が $1$ なので $f(x) = (x-p)^2 + q$ の形で表せる。 $f(x_0) = y_0$ となる条件は、

$$c x_0 + d = y_0 - (x_0^2 - x_0 + 1)$$

ここで $Y = y_0 - (x_0^2 - x_0 + 1) > 0$ とおく。 (B) を満たす条件は、$f(0) = 1+d > 1$ かつ $f(1) = 1+c+d > 1$、すなわち $d > 0$ かつ $c+d > 0$ である。・$x_0 = 0$ のとき：$d = Y > 0$。$c$ を十分大きくすれば $c+d > 0$ を満たせる。・$x_0 = 1$ のとき：$c+d = Y > 0$。$d$ を十分大きくすれば $d > 0$ を満たせる。・$0 < x_0 < 1$ のとき：$d = Y - cx_0$ より、$d > 0 \iff c < \frac{Y}{x_0}$。また $c+d > 0 \iff c > -\frac{Y}{1-x_0}$。 $Y > 0$ より $-\frac{Y}{1-x_0} < \frac{Y}{x_0}$ であるから、この範囲にある $c$ を選べば条件を満たす。したがって、通過領域 $T$ は長方形 $R$ 内の $y > x^2 - x + 1$ の部分全体である。

求める領域 $S$ は長方形 $R$ から $T$ を除いた領域なので、

$$S = \{ (x, y) \mid 0 \leqq x \leqq 1, \ 0 \leqq y \leqq x^2 - x + 1 \}$$

である。領域 $S$ を図示すると、放物線 $y = x^2 - x + 1$、直線 $x = 0$, $x = 1$, $y = 0$ で囲まれた部分となる（境界線をすべて含む）。その面積は、

$$\begin{aligned} \int_0^1 (x^2 - x + 1) dx &= \left[ \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{2}x^2 + x \right]_0^1 \\ &= \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + 1 \\ &= \frac{5}{6} \end{aligned}$$

となる。

解説

2次関数の決定と通過領域を題材にした総合問題である。 (2) の証明が最大のヒントになっており、$x^2$ の係数が等しい2つの2次関数の差が1次関数（直線）になる性質を利用する。 (3) では、交わらないという条件から $f(0)$ と $f(1)$ の値の範囲を絞り込み、(2) の誘導を用いて通過領域の境界線を下から評価する論理展開が美しい。存在証明では、放物線を $f(x) = f_0(x) + cx + d$ とおいて係数 $c, d$ の存在を示すと見通しがよい。