大阪大学 2003年 文系 第3問 解説

方針・初手

放物線と直線、および $x$ 軸が絡む面積の等式から $m$ を求める問題である。 交点の $x$ 座標をそれぞれ文字で置き、解と係数の関係を利用して処理する。まともに定積分を計算して代入すると式が非常に複雑になるため、交点が満たす方程式を利用して積分の次数を下げる工夫（いわゆる「次数下げ」）が必須となる。 また、$m$ の正負によって図形の位置関係が変わるため、適切に場合分けをして面積を立式する。

解法1

放物線 $C: y = -x^2 + 2x + 1$ と $x$ 軸の共有点の $x$ 座標 $a, b$ ($a < b$) は、方程式 $-x^2 + 2x + 1 = 0$ すなわち $x^2 - 2x - 1 = 0$ の解である。 解の公式より $x = 1 \pm \sqrt{2}$ であり、$a = 1 - \sqrt{2} < 0$, $b = 1 + \sqrt{2} > 0$ である。 解と係数の関係から、

$$ a + b = 2, \quad ab = -1 $$

また、$C$ と直線 $y = mx$ の共有点の $x$ 座標 $\alpha, \beta$ ($\alpha < \beta$) は、方程式 $-x^2 + 2x + 1 = mx$ すなわち $x^2 + (m - 2)x - 1 = 0$ の解である。 判別式 $D = (m - 2)^2 + 4 > 0$ より常に異なる2つの実数解をもち、解と係数の関係から、

$$ \alpha + \beta = 2 - m, \quad \alpha\beta = -1 $$

$\alpha\beta = -1 < 0$ より $\alpha < 0 < \beta$ である。

ここで、後の面積計算を見据えて2つの積分 $F(t) = \int_{0}^{t} (-x^2 + 2x + 1) dx$ と $G(t) = \int_{0}^{t} (-x^2 + (2-m)x + 1) dx$ を計算し、交点の条件を用いて変形しておく。

$t = a, b$ のとき、$t^2 - 2t - 1 = 0$ より $2t^2 = t^3 - t$ が成り立つから、

$$ \begin{aligned} F(t) &= \left[ -\frac{1}{3}x^3 + x^2 + x \right]_0^t = -\frac{1}{3}t^3 + t^2 + t \\ &= -\frac{1}{3}t^3 + \frac{1}{2}(t^3 - t) + t \\ &= \frac{1}{6}t^3 + \frac{1}{2}t = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3}t^3 + t \right) \end{aligned} $$

$t = \alpha, \beta$ のとき、$t^2 + (m - 2)t - 1 = 0$ より $(2 - m)t^2 = t^3 - t$ が成り立つから、

$$ \begin{aligned} G(t) &= \left[ -\frac{1}{3}x^3 + \frac{2-m}{2}x^2 + x \right]_0^t = -\frac{1}{3}t^3 + \frac{2-m}{2}t^2 + t \\ &= -\frac{1}{3}t^3 + \frac{1}{2}(t^3 - t) + t \\ &= \frac{1}{6}t^3 + \frac{1}{2}t = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3}t^3 + t \right) \end{aligned} $$

したがって、関数 $H(x) = \frac{1}{3}x^3 + x$ を導入すると、

$$ F(a) = \frac{1}{2}H(a), \quad F(b) = \frac{1}{2}H(b), \quad G(\alpha) = \frac{1}{2}H(\alpha), \quad G(\beta) = \frac{1}{2}H(\beta) $$

と極めて簡潔に表すことができる。

次に、$m$ の正負で図形の位置関係が変わるため場合分けを行う。$f(x) = -x^2 + 2x + 1$ とする。

(i) $m > 0$ のとき $f(a) - ma = -ma > 0$ （$a < 0$ より）であるから、$x = a$ において放物線 $C$ は直線 $y = mx$ より上にある。したがって $\alpha < a < 0$ である。 面積 $S_1$ は、$x \in [\alpha, a]$ では $C$ と直線 $OP$、$x \in [a, 0]$ では $x$ 軸と直線 $OP$ で囲まれた領域である。

$$ \begin{aligned} S_1 &= \int_{\alpha}^{a} (f(x) - mx) dx + \int_{a}^{0} (0 - mx) dx \\ &= \int_{\alpha}^{0} (f(x) - mx) dx - \int_{a}^{0} f(x) dx \\ &= G(0) - G(\alpha) - (F(0) - F(a)) \\ &= -G(\alpha) + F(a) = \frac{1}{2}(H(a) - H(\alpha)) \end{aligned} $$

一方、$f(b) - mb = -mb < 0$ （$b > 0$ より）であるから、$x = b$ において放物線 $C$ は直線より下にある。したがって $0 < \beta < b$ である。 面積 $S_2$ は、$x \in [0, \beta]$ では直線 $OQ$ と $x$ 軸、$x \in [\beta, b]$ では $C$ と $x$ 軸で囲まれた領域である。

$$ \begin{aligned} S_2 &= \int_{0}^{\beta} mx dx + \int_{\beta}^{b} f(x) dx \\ &= \int_{0}^{b} f(x) dx - \int_{0}^{\beta} (f(x) - mx) dx \\ &= F(b) - F(0) - (G(\beta) - G(0)) \\ &= F(b) - G(\beta) = \frac{1}{2}(H(b) - H(\beta)) \end{aligned} $$

(ii) $m < 0$ のとき 同様に考えると、$f(a) - ma = -ma < 0$ より $a < \alpha < 0$ となり、$f(b) - mb = -mb > 0$ より $0 < b < \beta$ となる。

$$ \begin{aligned} S_1 &= \int_{a}^{\alpha} f(x) dx + \int_{\alpha}^{0} mx dx \\ &= \int_{a}^{0} f(x) dx - \int_{\alpha}^{0} (f(x) - mx) dx \\ &= F(0) - F(a) - (G(0) - G(\alpha)) \\ &= -F(a) + G(\alpha) = \frac{1}{2}(H(\alpha) - H(a)) \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} S_2 &= \int_{0}^{b} (-mx) dx + \int_{b}^{\beta} (f(x) - mx) dx \\ &= \int_{0}^{\beta} (f(x) - mx) dx - \int_{0}^{b} f(x) dx \\ &= G(\beta) - G(0) - (F(b) - F(0)) \\ &= G(\beta) - F(b) = \frac{1}{2}(H(\beta) - H(b)) \end{aligned} $$

(i), (ii) いずれの場合も $S_1 = S_2$ は以下の等式と同値になる。

$$ H(a) - H(\alpha) = H(b) - H(\beta) \iff H(\alpha) - H(\beta) = H(a) - H(b) $$

この等式を $\alpha, \beta, a, b$ の対称式として処理する。

$$ \begin{aligned} H(\alpha) - H(\beta) &= \frac{1}{3}(\alpha^3 - \beta^3) + (\alpha - \beta) \\ &= (\alpha - \beta) \left\{ \frac{1}{3}(\alpha^2 + \alpha\beta + \beta^2) + 1 \right\} \end{aligned} $$

ここで $\alpha^2 + \alpha\beta + \beta^2 = (\alpha + \beta)^2 - \alpha\beta = (2 - m)^2 - (-1) = m^2 - 4m + 5$ より、

$$ H(\alpha) - H(\beta) = (\alpha - \beta) \left( \frac{m^2 - 4m + 5}{3} + 1 \right) = (\alpha - \beta) \frac{m^2 - 4m + 8}{3} $$

同様に、

$$ \begin{aligned} H(a) - H(b) &= (a - b) \left\{ \frac{1}{3}(a^2 + ab + b^2) + 1 \right\} \\ &= (a - b) \left\{ \frac{1}{3}(2^2 - (-1)) + 1 \right\} = (a - b) \frac{8}{3} \end{aligned} $$

よって、方程式は

$$ (\alpha - \beta) \frac{m^2 - 4m + 8}{3} = (a - b) \frac{8}{3} $$

両辺に $-3$ を掛けて、

$$ (\beta - \alpha)(m^2 - 4m + 8) = 8(b - a) $$

ここで、

$$ \beta - \alpha = \sqrt{(\alpha + \beta)^2 - 4\alpha\beta} = \sqrt{(2 - m)^2 - 4(-1)} = \sqrt{m^2 - 4m + 8} $$

$$ b - a = \sqrt{(a + b)^2 - 4ab} = \sqrt{2^2 - 4(-1)} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2} $$

であるから、これらを代入して

$$ (m^2 - 4m + 8)^{\frac{3}{2}} = 8 \cdot 2\sqrt{2} = (\sqrt{8})^3 $$

実数として累乗根を外し、

$$ m^2 - 4m + 8 = 8 $$

$$ m(m - 4) = 0 $$

$m \neq 0$ の条件より、$m = 4$ を得る。

解法2

原点 $O$ と曲線 $C: y = f(x)$ 上の動点 $R(x, y)$ を結ぶ線分 $OR$ が掃く面積に着目する。 $x$ が $x$ から $x + dx$ まで微小変化するとき、動径 $OR$ が掃く微小な三角形の面積 $dS$ は、2つのベクトル $(x, y)$ と $(x+dx, y+dy)$ が作る三角形の面積として次のように表せる。

$$ dS = \frac{1}{2} |x(y + dy) - y(x + dx)| = \frac{1}{2} |x dy - y dx| $$

曲線 $C$ において $y = -x^2 + 2x + 1$ より $dy = (-2x + 2)dx$ であるから、

$$ x dy - y dx = x(-2x + 2)dx - (-x^2 + 2x + 1)dx = -(x^2 + 1)dx $$

よって、動径 $OR$ が $x = p$ から $x = q$ まで掃く図形の面積は、

$$ \frac{1}{2} \left| \int_{p}^{q} (x^2 + 1) dx \right| = \frac{1}{2} \left| \left[ \frac{1}{3}x^3 + x \right]_p^q \right| $$

で計算できる。

本問の面積 $S_1$ は、原点 $O$ と曲線 $C$ 上の点を結ぶ動径が、点 $A(a, 0)$ から点 $P(\alpha, m\alpha)$ まで掃いた領域の面積に等しいため、関数 $H(x) = \frac{1}{3}x^3 + x$ を用いると、

$$ S_1 = \frac{1}{2} |H(\alpha) - H(a)| $$

とただちに求まる。同様に $S_2$ は点 $B(b, 0)$ から点 $Q(\beta, m\beta)$ まで動径が掃いた面積であるから、

$$ S_2 = \frac{1}{2} |H(\beta) - H(b)| $$

となる。

$H'(x) = x^2 + 1 > 0$ より $H(x)$ は単調増加であり、図形の位置関係（交点の大小）を考慮して絶対値を外すと、解法1と同様に $m$ の正負にかかわらず

$$ H(\alpha) - H(\beta) = H(a) - H(b) $$

という単一の方程式に帰着する。以降の計算は解法1と同じであるため省略する。

解説

まともに積分を行って各交点の $x$ 座標を代入すると、計算量が膨大になり試験時間内に解き切るのが困難になる。 「交点の $x$ 座標が満たす方程式を用いて、積分結果の次数を下げる」という工夫がこの問題の最大の鍵である。これにより、積分値がすべて $H(x) = \frac{1}{3}x^3 + x$ というシンプルな関数の差で表せるようになる。 また、解法2で示した「原点からの動径が掃く面積（扇形面積の一般化）」は、大学数学における「グリーンの定理」を背景とするものであるが、微小な三角形の面積の足し合わせとして理解しておくと、本問のような複雑な境界を持つ面積計算において強力な武器となる。

答え

$$ m = 4 $$