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九州大学 2011年理系第1問解説

方針・初手

問題の条件に従って、図形の交点と領域を正確に把握する。 (1)では、垂直な直線の傾きの条件を用いて直線の方程式を立てる。 (2)の面積計算では、$x \ge 1$ の範囲で直線 $y=x$ が曲線 $y=\sqrt{x}$ の上側にあることに注意し、積分区間を設定する。直接積分してもよいが、直線で囲まれた図形（直角三角形）の面積を活用することで計算量を減らす工夫が有効である。 (3)は(2)の結果を用いて方程式を解くだけだが、$t$ ではなく $\sqrt{t}$ についての2次方程式と見なすことがポイントとなる。

解法1

(1)

直線 $y=x$ の傾きは $1$ である。点 $P(t, \sqrt{t})$ から直線 $y=x$ に下ろした垂線 $PH$ は、直線 $y=x$ と直交するため、直線 $PH$ の傾きは $-1$ である。

したがって、直線 $PH$ の方程式は、

$$ y - \sqrt{t} = -1 \cdot (x - t) $$

$$ y = -x + t + \sqrt{t} $$

点 $H$ は、直線 $y=x$ と直線 $PH$ の交点であるから、連立方程式を解いて、

$$ x = -x + t + \sqrt{t} $$

$$ 2x = t + \sqrt{t} $$

$$ x = \frac{t + \sqrt{t}}{2} $$

交点 $H$ は直線 $y=x$ 上にあるので、$y$ 座標も $x$ 座標と等しい。よって、点 $H$ の座標は、

$$ \left( \frac{t + \sqrt{t}}{2}, \frac{t + \sqrt{t}}{2} \right) $$

(2)

$x \ge 1$ の範囲において、$x \ge \sqrt{x}$ であるから、直線 $y=x$ は曲線 $y=\sqrt{x}$ の上側（または境界上）にある。

点 $H$ の $x$ 座標を $x_H = \frac{t + \sqrt{t}}{2}$ とする。$t > 1$ のとき $t > \sqrt{t}$ であるから、

$$ \sqrt{t} < \frac{t + \sqrt{t}}{2} < \frac{t + t}{2} = t $$

であり、点 $P(t, \sqrt{t})$ に対し $1 < x_H < t$ が成り立つ。

図形的に、面積 $S_1$ は $x=1$ から $x=t$ まで $y=x$ と $y=\sqrt{x}$ で囲まれた領域から、直線 $y=x$、直線 $PH$、直線 $x=t$ で囲まれた直角二等辺三角形の面積を引いたものとして求められる。

直線 $x=t$ と直線 $y=x$ の交点を $Q(t, t)$ とおく。三角形 $QHP$ において、$\angle QHP = 90^\circ$ であり、直線 $y=x$ の傾きが $1$ であることから、$\angle PQH = 45^\circ$ である。したがって $\triangle QHP$ は直角二等辺三角形である。

線分 $PQ$ の長さは $t - \sqrt{t}$ であり、底辺を $PQ$ とみたときの高さは $t - x_H = \frac{t - \sqrt{t}}{2}$ である。よって、$\triangle QHP$ の面積は、

$$ \triangle QHP = \frac{1}{2} \cdot (t - \sqrt{t}) \cdot \frac{t - \sqrt{t}}{2} = \frac{1}{4}(t - \sqrt{t})^2 $$

以上より、面積 $S_1$ は、

$$ \begin{aligned} S_1 &= \int_1^t (x - \sqrt{x}) dx - \triangle QHP \\ &= \left[ \frac{1}{2}x^2 - \frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} \right]_1^t - \frac{1}{4}(t - \sqrt{t})^2 \\ &= \left( \frac{1}{2}t^2 - \frac{2}{3}t\sqrt{t} \right) - \left( \frac{1}{2} - \frac{2}{3} \right) - \frac{1}{4}(t^2 - 2t\sqrt{t} + t) \\ &= \frac{1}{2}t^2 - \frac{2}{3}t\sqrt{t} + \frac{1}{6} - \frac{1}{4}t^2 + \frac{1}{2}t\sqrt{t} - \frac{1}{4}t \\ &= \frac{1}{4}t^2 - \frac{1}{6}t\sqrt{t} - \frac{1}{4}t + \frac{1}{6} \end{aligned} $$

(3)

$S_2$ は曲線 $y = \sqrt{x}$ と直線 $y = x$ で囲まれた図形の面積である。交点は $\sqrt{x} = x$ を解いて $x = 0, 1$ であり、$0 \le x \le 1$ において $\sqrt{x} \ge x$ であるから、

$$ \begin{aligned} S_2 &= \int_0^1 (\sqrt{x} - x) dx \\ &= \left[ \frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} - \frac{1}{2}x^2 \right]_0^1 \\ &= \frac{2}{3} - \frac{1}{2} = \frac{1}{6} \end{aligned} $$

$S_1 = S_2$ であるから、

$$ \frac{1}{4}t^2 - \frac{1}{6}t\sqrt{t} - \frac{1}{4}t + \frac{1}{6} = \frac{1}{6} $$

$$ \frac{1}{4}t^2 - \frac{1}{6}t\sqrt{t} - \frac{1}{4}t = 0 $$

両辺に $12$ を掛け、$t > 1$ より $t \neq 0$ であるから両辺を $t$ で割ると、

$$ 3t - 2\sqrt{t} - 3 = 0 $$

$\sqrt{t} = X$ とおくと、$t > 1$ より $X > 1$ である。方程式は、

$$ 3X^2 - 2X - 3 = 0 $$

解の公式を用いて $X$ を求めると、

$$ X = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 3 \cdot (-3)}}{3} = \frac{1 \pm \sqrt{10}}{3} $$

$X > 1$ を満たすのは $X = \frac{1 + \sqrt{10}}{3}$ のみである。したがって、

$$ \sqrt{t} = \frac{1 + \sqrt{10}}{3} $$

両辺を $2$ 乗して $t$ を求めると、