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名古屋大学 2016年理系第1問解説

方針・初手

点 $T$ において $\angle ATB = 90^\circ$ となる条件は、ベクトル $\vec{TA}$ と $\vec{TB}$ が垂直であること、すなわち内積が $0$ になることです。点の座標を用いてこの条件を式に表すと、$t$ についての方程式が得られます。問題は、「この $t$ の方程式が $-2 < t < b$ の範囲に少なくとも1つの実数解を持つような $b$ の範囲を求めること」に帰着されます。これを2次方程式の解の配置問題として解く方法（解法1）と、定数 $b$ を分離してグラフの交点として視覚的に解く方法（解法2）の2通りで解説します。

解法1

$T(t, t^2)$, $A(-2, 4)$, $B(b, b^2)$ より、各ベクトルは以下のようになる。

$$ \vec{TA} = (-2-t, 4-t^2) $$

$$ \vec{TB} = (b-t, b^2-t^2) $$

$\angle ATB = 90^\circ$ であるための条件は $\vec{TA} \cdot \vec{TB} = 0$ であるから、

$$ (-2-t)(b-t) + (4-t^2)(b^2-t^2) = 0 $$

$$ (t+2)(t-b) + (t+2)(t-2)(t-b)(t+b) = 0 $$

$$ (t+2)(t-b) \{ 1 + (t-2)(t+b) \} = 0 $$

条件より $-2 < t < b$ であるため、$t+2 \neq 0$ かつ $t-b \neq 0$ である。したがって、両辺を $(t+2)(t-b)$ で割ると、次の方程式を得る。

$$ t^2 + (b-2)t - 2b + 1 = 0 \cdots (\ast) $$

題意を満たすには、この $t$ についての2次方程式 $(\ast)$ が $-2 < t < b$ の範囲に少なくとも1つの実数解を持てばよい。 $f(t) = t^2 + (b-2)t - 2b + 1$ とおくと、区間の両端における値は次のようになる。

$$ f(-2) = 4 - 2(b-2) - 2b + 1 = 9 - 4b $$

$$ f(b) = b^2 + b(b-2) - 2b + 1 = 2b^2 - 4b + 1 $$

方程式 $f(t) = 0$ が区間 $-2 < t < b$ に解を持つ条件を、解の個数と位置で場合分けして求める。

(i) 区間内に解を1つだけ持つ場合 区間の両端で $f(t)$ の符号が異なれば、区間内に必ず1つの解を持つ。すなわち $f(-2)f(b) < 0$ となればよい。

$$ (9 - 4b)(2b^2 - 4b + 1) < 0 $$

$2b^2 - 4b + 1 = 0$ を解くと $b = \frac{2 \pm \sqrt{2}}{2}$ であり、大小関係は $\frac{2-\sqrt{2}}{2} < \frac{2+\sqrt{2}}{2} < \frac{9}{4}$ となるため、この不等式の解は以下のようになる。

$$ \frac{2-\sqrt{2}}{2} < b < \frac{2+\sqrt{2}}{2}, \quad b > \frac{9}{4} $$

(ii) 区間内に解を2つ持つ（重解含む）場合 $f(t) = 0$ の判別式を $D$ とすると、解を2つ持つ条件は以下の4つをすべて満たすことである。

$D = (b-2)^2 - 4(-2b+1) = b^2+4b \ge 0$
$f(-2) = 9-4b > 0$
$f(b) = 2b^2-4b+1 > 0$
軸 $t = -\frac{b-2}{2}$ が $-2 < t < b$ の範囲にある

1より $b \le -4, 0 \le b$。$b > -2$ の条件と合わせて $b \ge 0$。 2より $b < \frac{9}{4}$。 3より $b < \frac{2-\sqrt{2}}{2}, \quad b > \frac{2+\sqrt{2}}{2}$。 4の不等式を解くと、$-4 < -b+2 < 2b$ より $\frac{2}{3} < b < 6$。

これらすべての共通範囲を求める。軸の条件 $\frac{2}{3} < b$ と、3の条件 $b < \frac{2-\sqrt{2}}{2} \ (\approx 0.3)$ は共通部分を持たない。したがって3からは $b > \frac{2+\sqrt{2}}{2} \ (\approx 1.7)$ をとることになり、すべての共通範囲は次のようになる。

$$ \frac{2+\sqrt{2}}{2} < b < \frac{9}{4} $$

(iii) 端点で $f(t) = 0$ となる場合 $b = \frac{9}{4}$ のとき、$f(-2) = 0$ となる。このとき $f(t) = t^2 + \frac{1}{4}t - \frac{7}{2} = \frac{1}{4}(t+2)(4t-7)$ となり、もう1つの解は $t = \frac{7}{4}$。これは $-2 < t < \frac{9}{4}$ を満たすため適する。

$b = \frac{2 \pm \sqrt{2}}{2}$ のとき、$f(b) = 0$ となる。方程式は $(t-b)(t-\alpha)=0$ と因数分解でき、解と係数の関係より $\alpha + b = -(b-2)$、すなわち $\alpha = -2b+2$ となる。 $b = \frac{2-\sqrt{2}}{2}$ のとき、もう1つの解は $\alpha = \sqrt{2} \ (\approx 1.4)$ となり、区間 $(-2, \frac{2-\sqrt{2}}{2})$ に含まれないため不適。 $b = \frac{2+\sqrt{2}}{2}$ のとき、もう1つの解は $\alpha = -\sqrt{2} \ (\approx -1.4)$ となり、区間 $(-2, \frac{2+\sqrt{2}}{2})$ に含まれるため適する。

以上 (i), (ii), (iii) の結果をすべて合わせると、求める $b$ の範囲は以下のようになる。

$$ b > \frac{2-\sqrt{2}}{2} $$

解法2

方程式 $(\ast)$ から定数 $b$ を分離する方針をとる。

$$ t^2 + (b-2)t - 2b + 1 = 0 $$

$$ t^2 - 2t + 1 = b(2 - t) $$

$$ (t-1)^2 = -b(t-2) $$

$t=2$ を代入すると $1 = 0$ となり成立しないため、$t \neq 2$ である。両辺を $-(t-2)$ で割ると、

$$ b = -\frac{(t-1)^2}{t-2} $$

ここで $h(t) = -\frac{(t-1)^2}{t-2}$ とおく。条件を満たす $b$ が存在することは、「$-2 < t < b$ を満たすある実数 $t$ に対して $b = h(t)$ となる」ことと同値である。すなわち、「不等式 $-2 < t < h(t)$ を満たすような $t$ に対して、$h(t)$ がとりうる値の範囲」を求めればよい。

まず、不等式 $t < h(t)$ を解く。

$$ t < -\frac{(t-1)^2}{t-2} $$

$$ \frac{t(t-2) + (t-1)^2}{t-2} < 0 $$

$$ \frac{2t^2 - 4t + 1}{t-2} < 0 $$

$2t^2 - 4t + 1 = 0$ の解は $t = \frac{2 \pm \sqrt{2}}{2}$ である。これを $\alpha = \frac{2-\sqrt{2}}{2}, \beta = \frac{2+\sqrt{2}}{2}$ とおく。不等式は $\frac{2(t-\alpha)(t-\beta)}{t-2} < 0$ となり、これを解くと $t < \alpha$ または $\beta < t < 2$ となる。これと $-2 < t$ の共通範囲をとると、条件を満たす $t$ の範囲は次のようになる。

$$ -2 < t < \frac{2-\sqrt{2}}{2} \quad \text{または} \quad \frac{2+\sqrt{2}}{2} < t < 2 $$

次に、この範囲における $h(t)$ の値域を調べるため、導関数を求める。

$$ h'(t) = -\frac{2(t-1)(t-2) - (t-1)^2 \cdot 1}{(t-2)^2} = -\frac{(t-1)(t-3)}{(t-2)^2} $$

これより、$-2 < t < 2$ の範囲において、 $t < 1$ で $h(t)$ は単調減少、$1 < t < 2$ で $h(t)$ は単調増加である。

(ア) $-2 < t < \frac{2-\sqrt{2}}{2}$ の範囲において $h(t)$ は単調減少である。 $t \to -2+0$ のとき、$h(t) \to h(-2) = -\frac{9}{-4} = \frac{9}{4}$ $t \to \frac{2-\sqrt{2}}{2}-0$ のとき、$h(t) \to h\left(\frac{2-\sqrt{2}}{2}\right)$ となるが、$\alpha$ は $h(t) = t$ の解であるため、$h(\alpha) = \alpha = \frac{2-\sqrt{2}}{2}$ となる。よって、この区間における $b = h(t)$ の値域は以下のようになる。

$$ \frac{2-\sqrt{2}}{2} < b < \frac{9}{4} $$

(イ) $\frac{2+\sqrt{2}}{2} < t < 2$ の範囲において $h(t)$ は単調増加である。 $t \to \frac{2+\sqrt{2}}{2}+0$ のとき、$h(t) \to h(\beta) = \beta = \frac{2+\sqrt{2}}{2}$ $t \to 2-0$ のとき、分母が負のまま $0$ に近づき、分子は負であるため、$h(t) \to \infty$ となる。よって、この区間における $b = h(t)$ の値域は以下のようになる。

$$ b > \frac{2+\sqrt{2}}{2} $$

求める $b$ の範囲は、(ア) と (イ) の和集合である。 $\frac{9}{4} = 2.25$、$\frac{2+\sqrt{2}}{2} \approx 1.7$ であるため、2つの区間は $\frac{2+\sqrt{2}}{2} < \frac{9}{4}$ の部分で重なり、一続きの範囲となる。したがって、求める範囲は次のようになる。

$$ b > \frac{2-\sqrt{2}}{2} $$

解説

図形的な直角の条件を、ベクトルの内積 $=0$ または接線の傾きの積 $=-1$ を用いて代数的な方程式に翻訳する典型問題です。

導出された $t$ の2次方程式が特定の区間に解を持つ条件を調べるため、解法1では「解の配置問題」の定石通りに、判別式、軸の位置、端点の符号を確認しました。場合分けが多くなりますが、最も標準的で確実なアプローチです。一方、解法2のように定数 $b$ を分離して $b = h(t)$ の形に持ち込むと、視覚的に処理でき、場合分けの煩雑さを回避できることがあります。変数 $t$ と定数 $b$ が混ざった不等式 $-2 < t < b$ を正しく処理できるかがこの解法の鍵となります。