トップ› 名古屋大学› 2005年› 理系第1問

名古屋大学 2005年理系第1問解説

方針・初手

(1) は放物線と直線で囲まれた部分の面積であり、交点の $x$ 座標を求めて定積分を計算する。いわゆる $\frac{1}{6}$ 公式を用いると効率的である。

(2) は台形の面積を構成する要素（上底、下底、高さ）をそれぞれ $t$ の式で表す。平行な2直線の距離の公式を用いて台形の高さを求め、放物線が直線から切り取る線分の長さを利用して上底と下底の長さを計算する。面積の比の関数 $f(t)$ を導出した後は、微分を用いて最大値を求める。無理関数の微分を避けるために平方根部分を置換する手法も有効である。

解法1

(1)

放物線 $R: y = -x^2 + 3$ と直線 $l: y = 2x$ の交点の $x$ 座標は、方程式 $-x^2 + 3 = 2x$ の解である。

整理すると $x^2 + 2x - 3 = 0$ となり、$(x+3)(x-1) = 0$ より $x = -3, 1$ となる。

したがって、図形の面積 $T$ は

$$ \begin{aligned} T &= \int_{-3}^{1} \{ (-x^2 + 3) - 2x \} dx \\ &= -\int_{-3}^{1} (x+3)(x-1) dx \end{aligned} $$

定積分の公式により

$$ T = \frac{1}{6} \{ 1 - (-3) \}^3 = \frac{64}{6} = \frac{32}{3} $$

(2)

直線 $y = 2x + t$ が放物線 $R$ と相異なる2点で交わる条件を求める。方程式 $-x^2 + 3 = 2x + t$ すなわち $x^2 + 2x + t - 3 = 0$ が異なる2つの実数解をもつため、判別式を $D$ とすると $D > 0$ である。

$$ \frac{D}{4} = 1^2 - 1 \cdot (t-3) = 4 - t > 0 $$

よって $t < 4$ である。問題の条件 $t > 0$ と合わせて、定義域は $0 < t < 4$ となる。

この方程式の2解を $\alpha, \beta \ (\alpha < \beta)$ とすると、解と係数の関係より

$$ \alpha + \beta = -2, \quad \alpha\beta = t - 3 $$

これを用いて交点の $x$ 座標の差を求める。

$$ (\beta - \alpha)^2 = (\alpha + \beta)^2 - 4\alpha\beta = (-2)^2 - 4(t-3) = 16 - 4t = 4(4-t) $$

$\beta - \alpha > 0$ より $\beta - \alpha = 2\sqrt{4-t}$ である。直線 $y = 2x + t$ の傾きは $2$ であるから、交点 $C(t), D(t)$ 間の距離は

$$ C(t)D(t) = \sqrt{1^2 + 2^2} (\beta - \alpha) = \sqrt{5} \cdot 2\sqrt{4-t} = 2\sqrt{5(4-t)} $$

また、線分 $AB$ の長さは、上の式で $t=0$ とした場合に対応するため

$$ AB = 2\sqrt{5(4-0)} = 4\sqrt{5} $$

次に、台形の高さ $h$ は、平行な2直線 $2x - y = 0$ と $2x - y + t = 0$ の距離である。直線 $2x - y = 0$ と、直線 $y = 2x + t$ 上の点 $(0, t)$ との距離として求められるので

$$ h = \frac{|2 \cdot 0 - t|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2}} = \frac{t}{\sqrt{5}} \quad (\because t > 0) $$

よって、台形の面積 $S(t)$ は

$$ \begin{aligned} S(t) &= \frac{1}{2} (AB + C(t)D(t)) h \\ &= \frac{1}{2} \left( 4\sqrt{5} + 2\sqrt{5(4-t)} \right) \frac{t}{\sqrt{5}} \\ &= t(2 + \sqrt{4-t}) \end{aligned} $$

これより、関数 $f(t)$ は

$$ f(t) = \frac{S(t)}{T} = \frac{3}{32} t(2 + \sqrt{4-t}) $$

ここで $g(t) = t(2 + \sqrt{4-t})$ とおき、微分して最大値を求める。

$$ \begin{aligned} g'(t) &= 1 \cdot (2 + \sqrt{4-t}) + t \cdot \left( \frac{-1}{2\sqrt{4-t}} \right) \\ &= \frac{2(4-t) + 4\sqrt{4-t} - t}{2\sqrt{4-t}} \\ &= \frac{4\sqrt{4-t} + 8 - 3t}{2\sqrt{4-t}} \end{aligned} $$

$g'(t) = 0$ とすると $4\sqrt{4-t} = 3t - 8$ となる。右辺が $0$ 以上である必要から $3t - 8 \geqq 0$ すなわち $t \geqq \frac{8}{3}$ である。この条件のもとで両辺を2乗すると

$$ \begin{aligned} 16(4-t) &= 9t^2 - 48t + 64 \\ 9t^2 - 32t &= 0 \\ t(9t - 32) &= 0 \end{aligned} $$

これを解いて $t = 0, \frac{32}{9}$ を得る。条件 $t \geqq \frac{8}{3}$ と定義域 $0 < t < 4$ を満たすのは $t = \frac{32}{9}$ のみである。 $t = \frac{32}{9}$ の前後で $g'(t)$ の符号は正から負に変化するため、$g(t)$ はここで極大かつ最大となる。

$$ g\left(\frac{32}{9}\right) = \frac{32}{9} \left( 2 + \sqrt{4 - \frac{32}{9}} \right) = \frac{32}{9} \left( 2 + \frac{2}{3} \right) = \frac{256}{27} $$

したがって、$f(t)$ の最大値は

$$ f\left(\frac{32}{9}\right) = \frac{3}{32} \cdot \frac{256}{27} = \frac{8}{9} $$

解法2

(1) は解法1と共通である。

(2) において、関数 $f(t) = \frac{3}{32} t(2 + \sqrt{4-t})$ の導出までは解法1と共通である。

$f(t)$ の最大値を求めるにあたり、$\sqrt{4-t} = u$ とおく。 $0 < t < 4$ より $0 < u < 2$ である。また、$t = 4 - u^2$ となるので、$g(t) = t(2 + \sqrt{4-t})$ は $u$ の関数 $G(u)$ として次のように表される。

$$ \begin{aligned} G(u) &= (4 - u^2)(2 + u) \\ &= 8 + 4u - 2u^2 - u^3 \end{aligned} $$

これを $u$ で微分すると

$$ \begin{aligned} G'(u) &= 4 - 4u - 3u^2 \\ &= -(3u - 2)(u + 2) \end{aligned} $$

$0 < u < 2$ において $G'(u) = 0$ となるのは $u = \frac{2}{3}$ のときである。 $0 < u < \frac{2}{3}$ では $G'(u) > 0$、$\frac{2}{3} < u < 2$ では $G'(u) < 0$ となるため、$G(u)$ は $u = \frac{2}{3}$ で極大かつ最大となる。

このときの最大値は

$$ G\left(\frac{2}{3}\right) = \left(4 - \frac{4}{9}\right) \left(2 + \frac{2}{3}\right) = \frac{32}{9} \cdot \frac{8}{3} = \frac{256}{27} $$

よって求める $f(t)$ の最大値は

$$ \frac{3}{32} \cdot \frac{256}{27} = \frac{8}{9} $$