名古屋大学 2021年 理系 第1問 解説

方針・初手

(1) 微分を用いて接線の方程式を立てる。 (2) (1)で求めた接線がもう一つの放物線 $C_2$ にも接する条件を考える。連立して得られる2次方程式の判別式が $0$ になることを利用し、接点の $x$ 座標 $t$ の方程式を導く。その $t$ の方程式が異なる2つの実数解を持つような $a$ の範囲を求める。 (3) (2)の $t$ の方程式の2解を文字で置き、2つの接線の方程式を連立して交点を求める。解と係数の関係を利用すると計算がスムーズになる。 (4) $D_1$ の図形をイメージし、積分によって面積を計算する。積分区間に注意し、1/3公式などに帰着させる。 (5) $S(a)$ を $a$ の関数として表し、微分または平方完成によって最大値を求める。

解法1

(1)

$y = x^2$ を $x$ について微分すると $y' = 2x$ となる。 したがって、点 $(t, t^2)$ における $C_1$ の接線の方程式は $$ y - t^2 = 2t(x - t) $$ よって $$ y = 2tx - t^2 $$

(2)

(1) で求めた接線が $C_2: y = -x^2 + 4ax - 4a^2 + 4a^4$ にも接する条件を求める。 両辺を等置して、 $$ 2tx - t^2 = -x^2 + 4ax - 4a^2 + 4a^4 $$

$$ x^2 + 2(t - 2a)x - t^2 + 4a^2 - 4a^4 = 0 \cdots \text{①} $$

この $x$ についての2次方程式①が重解を持つので、判別式を $D$ とすると $D/4 = 0$ となる。 $$ \frac{D}{4} = (t - 2a)^2 - (-t^2 + 4a^2 - 4a^4) = 0 $$

$$ t^2 - 4at + 4a^2 + t^2 - 4a^2 + 4a^4 = 0 $$

$$ 2t^2 - 4at + 4a^4 = 0 $$

$$ t^2 - 2at + 2a^4 = 0 \cdots \text{②} $$

$C_1$ と $C_2$ が異なる2つの共通接線を持つ条件は、接点 $(t, t^2)$ が2つ存在すること、すなわち $t$ についての2次方程式②が異なる2つの実数解を持つことである。 ②の判別式を $D'$ とすると、$D'/4 > 0$ となればよい。 $$ \frac{D'}{4} = (-a)^2 - 2a^4 > 0 $$

$$ a^2 - 2a^4 > 0 $$

$$ a^2 (1 - 2a^2) > 0 $$

$a$ は正の実数であるから $a^2 > 0$ であり、 $$ 1 - 2a^2 > 0 $$

$$ a^2 < \frac{1}{2} $$

$a > 0$ より、求める $a$ の範囲は $$ 0 < a < \frac{\sqrt{2}}{2} $$

(3)

$t$ の2次方程式②の2つの解を $\alpha, \beta$ （$\alpha < \beta$）とする。 解と係数の関係より $$ \alpha + \beta = 2a, \quad \alpha\beta = 2a^4 $$

共通接線 $l, l'$ の方程式は、(1) よりそれぞれ $$ y = 2\alpha x - \alpha^2 $$

$$ y = 2\beta x - \beta^2 $$

これらを連立して交点の $x$ 座標を求めると $$ 2\alpha x - \alpha^2 = 2\beta x - \beta^2 $$

$$ 2(\alpha - \beta)x = \alpha^2 - \beta^2 $$

$\alpha \neq \beta$ より $\alpha - \beta \neq 0$ であるから、両辺を $2(\alpha - \beta)$ で割って $$ x = \frac{\alpha + \beta}{2} $$

$\alpha + \beta = 2a$ より $$ x = a $$

これを $l$ の方程式に代入して交点の $y$ 座標を求めると $$ y = 2\alpha \cdot a - \alpha^2 = \alpha(2a - \alpha) = \alpha\beta = 2a^4 $$

したがって、交点の座標は $$ (a, 2a^4) $$

(4)

領域 $D_1$ は、放物線 $y = x^2$ と2本の接線 $l, l'$ によって囲まれた図形である。 接点の $x$ 座標は $\alpha, \beta$ であり、2接線の交点の $x$ 座標は $a$ である。 不等式 $x \leqq a$ の表す領域が $D_2$ であるから、共通部分 $D_1 \cap D_2$ の $x$ の範囲は $\alpha \leqq x \leqq a$ となる。 したがって、面積 $S(a)$ は $$ S(a) = \int_{\alpha}^{a} \{x^2 - (2\alpha x - \alpha^2)\} dx $$

$$ S(a) = \int_{\alpha}^{a} (x - \alpha)^2 dx $$

$$ S(a) = \left[ \frac{(x - \alpha)^3}{3} \right]_{\alpha}^{a} = \frac{(a - \alpha)^3}{3} $$

ここで、$\alpha$ は $t^2 - 2at + 2a^4 = 0$ の小さい方の解であるから、解の公式より $$ \alpha = a - \sqrt{a^2 - 2a^4} $$

よって $$ a - \alpha = \sqrt{a^2(1 - 2a^2)} = a\sqrt{1 - 2a^2} \quad (\because a > 0) $$

したがって、 $$ S(a) = \frac{1}{3} \left( a\sqrt{1 - 2a^2} \right)^3 = \frac{1}{3} a^3 (1 - 2a^2)^{\frac{3}{2}} $$

(5)

(4) の結果から $$ S(a) = \frac{1}{3} \{ a^2(1 - 2a^2) \}^{\frac{3}{2}} $$

と表せるので、根号の中身である $f(a) = a^2(1 - 2a^2)$ の最大値を考える。 $a^2 = u$ とおくと、(2) の結果 $0 < a < \frac{\sqrt{2}}{2}$ より $0 < u < \frac{1}{2}$ である。 $g(u) = u(1 - 2u) = -2u^2 + u$ とおくと、 $$ g(u) = -2\left( u^2 - \frac{1}{2}u \right) = -2\left( u - \frac{1}{4} \right)^2 + \frac{1}{8} $$

$u = \frac{1}{4}$ は $0 < u < \frac{1}{2}$ を満たすので、$g(u)$ は $u = \frac{1}{4}$ のとき最大値 $\frac{1}{8}$ をとる。 $u = \frac{1}{4}$ のとき $a^2 = \frac{1}{4}$ であり、$a > 0$ より $a = \frac{1}{2}$。 $f(a)$ が最大のとき $S(a)$ も最大となるので、求める最大値は $$ S\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{8} \right)^{\frac{3}{2}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{16\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{96} $$

解説

2つの放物線の共通接線に関する標準的な問題である。 (1), (2) で一方の放物線の接線を文字でおき、もう一方の放物線と連立して判別式 $D=0$ を用いる手法は典型である。 (3) については、2接線の交点と解と係数の関係の利用に慣れておきたい。放物線 $y = kx^2$ に引いた2本の接線の接点の $x$ 座標を $\alpha, \beta$ とすると、交点の $x$ 座標が常に $\frac{\alpha+\beta}{2}$ となることはよく知られた事実であり、これを知っていると見通しが良くなる。 (4) の面積計算でも、接線と放物線で囲まれた面積の計算において $(x-\alpha)^2$ の形になることを利用し、 $\int (x-\alpha)^2 dx = \frac{1}{3}(x-\alpha)^3$ を用いると計算量が劇的に減る。 (5) は、累乗の形を活かして中身の2次関数の最大値に帰着させることで、微分を使わずに処理できる。

答え

(1) $y = 2tx - t^2$ (2) $0 < a < \frac{\sqrt{2}}{2}$ (3) $(a, 2a^4)$ (4) $S(a) = \frac{1}{3} a^3 (1 - 2a^2)^{\frac{3}{2}}$ (5) $a = \frac{1}{2}$ のとき、最大値 $\frac{\sqrt{2}}{96}$