数学2 面積・接線 問題 100 解説

方針・初手

点 $\text{P}, \text{P}'$ がそれぞれ第1象限、第2象限にあるという条件から、直線 $\text{OP}, \text{OP}'$ の傾き、あるいは点 $\text{P}, \text{P}'$ の $x$ 座標のとりうる範囲を正しく把握することが第一歩である。直線と曲線で囲まれた面積 $S, S'$ を変数を用いて表し、直交条件を利用して1変数の最小値問題に帰着させる。

解法1

直線 $\text{OP}$ の傾きを $m_1$、直線 $\text{OP}'$ の傾きを $m_2$ とする。 直線 $y = mx$ と曲線 $C: y = x^3 - x$ の交点の $x$ 座標は、方程式 $x^3 - x = mx$ の解であるから、

$$x \{ x^2 - (m+1) \} = 0$$

$m > -1$ のとき、交点の $x$ 座標は $x = 0, \pm\sqrt{m+1}$ となる。

点 $\text{P}$ は第1象限にあるので、交点のうち $x = \sqrt{m_1+1}$ のものが条件を満たし、$y$ 座標も正となる必要がある。 $m_1 > 0$ であれば、$\sqrt{m_1+1} > 1$ となり、$y = m_1 \sqrt{m_1+1} > 0$ を満たす。 点 $\text{P}'$ は第2象限にあるので、交点のうち $x = -\sqrt{m_2+1}$ のものが条件を満たし、$y$ 座標は正となる必要がある。 まず交点をもつ条件から $m_2 + 1 > 0$ であり、$m_2 < 0$ であれば、$y = m_2 (-\sqrt{m_2+1}) > 0$ を満たす。よって $-1 < m_2 < 0$ である。

$\text{OP}$ と $\text{OP}'$ は直交するため、傾きの積は $-1$ である。

$$m_1 m_2 = -1$$

このとき、$m_2 = -\frac{1}{m_1}$ となる。$-1 < m_2 < 0$ の条件から $m_1 > 1$ を満たす。

次に面積 $S, S'$ を求める。 $0 \le x \le \sqrt{m_1+1}$ においては直線 $\text{OP}$ が曲線 $C$ の上側にあるため、

$$\begin{aligned} S &= \int_0^{\sqrt{m_1+1}} \{ m_1 x - (x^3 - x) \} dx \\ &= \int_0^{\sqrt{m_1+1}} \{ (m_1+1)x - x^3 \} dx \\ &= \left[ \frac{m_1+1}{2} x^2 - \frac{1}{4} x^4 \right]_0^{\sqrt{m_1+1}} \\ &= \frac{(m_1+1)^2}{2} - \frac{(m_1+1)^2}{4} = \frac{(m_1+1)^2}{4} \end{aligned}$$

$-\sqrt{m_2+1} \le x \le 0$ においては曲線 $C$ が直線 $\text{OP}'$ の上側にあるため、

$$\begin{aligned} S' &= \int_{-\sqrt{m_2+1}}^0 \{ (x^3 - x) - m_2 x \} dx \\ &= \int_{-\sqrt{m_2+1}}^0 \{ x^3 - (m_2+1)x \} dx \\ &= \left[ \frac{1}{4} x^4 - \frac{m_2+1}{2} x^2 \right]_{-\sqrt{m_2+1}}^0 \\ &= - \left( \frac{(m_2+1)^2}{4} - \frac{(m_2+1)^2}{2} \right) = \frac{(m_2+1)^2}{4} \end{aligned}$$

したがって、求める比 $\frac{S}{S'}$ は、

$$\frac{S}{S'} = \frac{\frac{(m_1+1)^2}{4}}{\frac{(m_2+1)^2}{4}} = \left( \frac{m_1+1}{m_2+1} \right)^2$$

根号の中身について、$m_2 = -\frac{1}{m_1}$ を代入すると、

$$\frac{m_1+1}{m_2+1} = \frac{m_1+1}{-\frac{1}{m_1}+1} = \frac{m_1(m_1+1)}{m_1-1}$$

$m_1 > 1$ であることに注意して式の形を整える。

$$\begin{aligned} \frac{m_1^2+m_1}{m_1-1} &= \frac{(m_1-1)(m_1+2)+2}{m_1-1} \\ &= m_1+2 + \frac{2}{m_1-1} \\ &= m_1-1 + \frac{2}{m_1-1} + 3 \end{aligned}$$

$m_1 - 1 > 0$ であるから、相加平均と相乗平均の大小関係より、

$$m_1-1 + \frac{2}{m_1-1} \ge 2\sqrt{(m_1-1) \cdot \frac{2}{m_1-1}} = 2\sqrt{2}$$

等号は $m_1 - 1 = \frac{2}{m_1-1}$、すなわち $(m_1-1)^2 = 2$ のとき成立する。 $m_1 > 1$ より $m_1 = 1 + \sqrt{2}$ であり、これは確かに条件を満たす。 よって、

$$\frac{m_1+1}{m_2+1} \ge 3 + 2\sqrt{2}$$

両辺は正であるから2乗しても大小関係は保たれ、$\frac{S}{S'}$ の最小値は

$$(3+2\sqrt{2})^2 = 17 + 12\sqrt{2}$$

解法2

点 $\text{P}, \text{P}'$ の $x$ 座標をそれぞれ $p, q$ とおく。 点 $\text{P}$ は第1象限にあるので、$p > 0$ かつ $p^3 - p > 0$ である。 $p(p^2 - 1) > 0$ を解いて、$p > 1$ である。 点 $\text{P}'$ は第2象限にあるので、$q < 0$ かつ $q^3 - q > 0$ である。 $q(q^2 - 1) > 0$ より $q^2 - 1 < 0$ となり、$-1 < q < 0$ である。

$\text{OP}$ の傾きは $\frac{p^3-p}{p} = p^2-1$、$\text{OP}'$ の傾きは $\frac{q^3-q}{q} = q^2-1$ である。 $\text{OP} \perp \text{OP}'$ の条件から、

$$(p^2-1)(q^2-1) = -1$$

$$p^2 q^2 - p^2 - q^2 + 2 = 0$$

面積 $S, S'$ を計算する。 $0 \le x \le p$ の範囲では直線 $\text{OP}$ の方が曲線 $C$ よりも上側にあるため、

$$\begin{aligned} S &= \int_0^p \{ (p^2-1)x - (x^3-x) \} dx \\ &= \int_0^p (p^2 x - x^3) dx \\ &= \left[ \frac{1}{2}p^2 x^2 - \frac{1}{4}x^4 \right]_0^p = \frac{1}{4}p^4 \end{aligned}$$

$q \le x \le 0$ の範囲では曲線 $C$ の方が直線 $\text{OP}'$ よりも上側にあるため、

$$\begin{aligned} S' &= \int_q^0 \{ (x^3-x) - (q^2-1)x \} dx \\ &= \int_q^0 (x^3 - q^2 x) dx \\ &= \left[ \frac{1}{4}x^4 - \frac{1}{2}q^2 x^2 \right]_q^0 = \frac{1}{4}q^4 \end{aligned}$$

したがって、$\frac{S}{S'} = \frac{p^4}{q^4}$ である。

ここで、$p^2 = X, q^2 = Y$ とおくと、条件より $X > 1, 0 < Y < 1$ であり、直交条件は

$$XY - X - Y + 2 = 0$$

$$X(Y-1) = Y-2$$

$$X = \frac{Y-2}{Y-1}$$

となる。$0 < Y < 1$ において、常に $X = \frac{2-Y}{1-Y} > 1$ を満たす。 $\frac{X}{Y} = f(Y)$ とおくと、

$$f(Y) = \frac{2-Y}{Y(1-Y)} = \frac{2-Y}{Y-Y^2}$$

これを $Y$ で微分すると、

$$\begin{aligned} f'(Y) &= \frac{-(Y-Y^2) - (2-Y)(1-2Y)}{(Y-Y^2)^2} \\ &= \frac{-Y+Y^2 - (2-5Y+2Y^2)}{Y^2(1-Y)^2} \\ &= \frac{-Y^2+4Y-2}{Y^2(1-Y)^2} \end{aligned}$$

$f'(Y) = 0$ を解くと $Y^2 - 4Y + 2 = 0$ より $Y = 2 \pm \sqrt{2}$ である。 定義域 $0 < Y < 1$ に含まれる解は $Y = 2 - \sqrt{2}$ のみである。 増減表を考えると、$0 < Y < 2 - \sqrt{2}$ で $f'(Y) < 0$、$2 - \sqrt{2} < Y < 1$ で $f'(Y) > 0$ となるため、$Y = 2 - \sqrt{2}$ のときに極小かつ最小となる。 このとき、

$$\begin{aligned} f(2-\sqrt{2}) &= \frac{2-(2-\sqrt{2})}{(2-\sqrt{2})(1-(2-\sqrt{2}))} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{(2-\sqrt{2})(\sqrt{2}-1)} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{3\sqrt{2}-4} \\ &= \frac{\sqrt{2}(3\sqrt{2}+4)}{(3\sqrt{2}-4)(3\sqrt{2}+4)} \\ &= \frac{6+4\sqrt{2}}{18-16} = 3+2\sqrt{2} \end{aligned}$$

よって求める最小値は、

$$\frac{S}{S'} = \frac{X^2}{Y^2} = \{ f(2-\sqrt{2}) \}^2 = (3+2\sqrt{2})^2 = 17+12\sqrt{2}$$

解説

直線の傾きを変数にするか、接点の $x$ 座標を変数にするかで立式が変わるが、いずれにせよ直交条件から文字を減らして1変数関数の最小値問題に帰着させるのが定石である。 解法1のように相加平均と相乗平均の大小関係を用いると、微分計算を回避でき見通しが良くなる。 点 $\text{P}, \text{P}'$ がそれぞれ第1象限、第2象限にあるという条件から、変数のとりうる範囲を正確に絞り込む（$m_1 > 1, -1 < m_2 < 0$ など）プロセスが欠かせない。これを怠ると、増減を調べる区間を誤る原因となる。

答え

$17+12\sqrt{2}$