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東北大学 1964年理系第3問解説

方針・初手

$t = \sin x$ とおき、問題の条件を $t$ の2次関数の絶対不等式に帰着させます。$x$ がすべての実数値をとるとき $t$ は $-1 \leqq t \leqq 1$ の範囲を動くため、この閉区間における2次関数の最小値が $0$ 以上になる条件を $p$ の値で場合分けして求めます。後半は、求めた点 $(p, q)$ の領域内で $\frac{q+2}{p-1}$ を最小にする問題です。これを $p$ の関数として数式的に処理する方法（解法1）と、定点と領域内の点を結ぶ直線の傾きとして図形的に解釈する方法（解法2）が考えられます。

解法1

$t = \sin x$ とおく。$x$ がすべての実数値をとるとき、$t$ のとり得る値の範囲は $-1 \leqq t \leqq 1$ である。与えられた条件は、$-1 \leqq t \leqq 1$ を満たすすべての $t$ に対して、不等式

$$ t^2 + pt + q \geqq 0 $$

が成り立つことである。$f(t) = t^2 + pt + q$ とおくと、

$$ f(t) = \left( t + \frac{p}{2} \right)^2 - \frac{p^2}{4} + q $$

となり、関数 $y = f(t)$ のグラフは下に凸の放物線で、軸は直線 $t = -\frac{p}{2}$ である。与えられた条件 $1 < p \leqq 3$ より、軸の位置は $-\frac{3}{2} \leqq -\frac{p}{2} < -\frac{1}{2}$ となる。軸が区間 $-1 \leqq t \leqq 1$ の内部にあるか外部にあるかで場合分けをする。

(i) $-1 \leqq -\frac{p}{2} < -\frac{1}{2}$、すなわち $1 < p \leqq 2$ のとき

軸 $t = -\frac{p}{2}$ は区間 $-1 \leqq t \leqq 1$ に含まれるので、区間における $f(t)$ の最小値は頂点の $y$ 座標である。条件を満たすためには $f\left(-\frac{p}{2}\right) \geqq 0$ であればよいから、

$$ -\frac{p^2}{4} + q \geqq 0 \iff q \geqq \frac{p^2}{4} $$

(ii) $-\frac{3}{2} \leqq -\frac{p}{2} < -1$、すなわち $2 < p \leqq 3$ のとき

軸 $t = -\frac{p}{2}$ は区間 $-1 \leqq t \leqq 1$ の左側にあるので、区間において $f(t)$ は単調に増加する。したがって、$f(t)$ の最小値は $t = -1$ のときである。条件を満たすためには $f(-1) \geqq 0$ であればよいから、

$$ 1 - p + q \geqq 0 \iff q \geqq p - 1 $$

以上 (i), (ii) より、点 $(p, q)$ の満たす範囲は、以下の連立不等式で表される領域である。

$$ \begin{cases} 1 < p \leqq 2 \text{ のとき } q \geqq \frac{p^2}{4} \\ 2 < p \leqq 3 \text{ のとき } q \geqq p - 1 \end{cases} $$

次に、この条件下での $\frac{q+2}{p-1}$ の最小値を求める。 $1 < p \leqq 3$ より $p - 1 > 0$ であるから、$p$ を固定したとき、$q$ が最小となるときに $\frac{q+2}{p-1}$ も最小となる。したがって、境界線上で最小値を考えれば十分である。境界線上における $\frac{q+2}{p-1}$ の値を $g(p)$ とおく。

(ア) $1 < p \leqq 2$ のとき

境界線は $q = \frac{p^2}{4}$ であるから、

$$ g(p) = \frac{\frac{p^2}{4} + 2}{p - 1} = \frac{p^2 + 8}{4(p - 1)} $$

これを $p$ について微分すると、

$$ g'(p) = \frac{2p \cdot 4(p - 1) - (p^2 + 8) \cdot 4}{16(p - 1)^2} = \frac{4p^2 - 8p - 32}{16(p - 1)^2} = \frac{p^2 - 2p - 8}{4(p - 1)^2} = \frac{(p - 4)(p + 2)}{4(p - 1)^2} $$

$1 < p \leqq 2$ の範囲において $p - 4 < 0$ かつ $p + 2 > 0$ であるから、$g'(p) < 0$ となる。よって、この区間で $g(p)$ は単調に減少する。

(イ) $2 < p \leqq 3$ のとき

境界線は $q = p - 1$ であるから、

$$ g(p) = \frac{(p - 1) + 2}{p - 1} = \frac{p + 1}{p - 1} = 1 + \frac{2}{p - 1} $$

$1 < p$ より $p - 1 > 0$ であるから、$p$ が増加すると $\frac{2}{p - 1}$ は減少する。よって、この区間でも $g(p)$ は単調に減少する。

(ア), (イ) より、関数 $g(p)$ は $1 < p \leqq 3$ の範囲全体で単調に減少する（$p=2$ で連続）。したがって、$g(p)$ は $p = 3$ のとき最小値をとる。 $p = 3$ のとき、境界線 $q = p - 1$ より $q = 2$ である。このとき最小値は、

$$ \frac{2 + 2}{3 - 1} = \frac{4}{2} = 2 $$

解法2

前半の点 $(p, q)$ の範囲を求める過程は解法1と同じである。

$$ D \colon \begin{cases} q \geqq \frac{p^2}{4} & (1 < p \leqq 2) \\ q \geqq p - 1 & (2 < p \leqq 3) \end{cases} $$

後半の $\frac{q+2}{p-1}$ の最小値について図形的に考察する。 $k = \frac{q+2}{p-1}$ とおくと、これは領域 $D$ 内の点 $(p, q)$ と定点 $A(1, -2)$ を結ぶ直線の傾きを表す。 $1 < p \leqq 3$ であるから、点 $(p, q)$ は点 $A$ よりも右側にあり、傾き $k$ を最小にするには、点 $(p, q)$ を可能な限り下側に、かつ右側にとればよい。

領域 $D$ の下側の境界線を $C$ とする。 $1 < p \leqq 2$ における曲線部分 $q = \frac{p^2}{4}$ を $C_1$、$2 < p \leqq 3$ における直線部分 $q = p - 1$ を $C_2$ と呼ぶ。点 $A(1, -2)$ と境界線 $C$ 上の点 $(p, q)$ を結ぶ直線の傾き $k$ を考えると、$C_1$ 上では下に凸な放物線の一部であるため、$p$ が大きくなるにつれて点 $(p, q)$ の位置が相対的に下がり、傾き $k$ は減少していく。 $p=2$ のとき、点 $(2, 1)$ と $A(1, -2)$ を結ぶ直線の傾きは $\frac{1 - (-2)}{2 - 1} = 3$ である。

さらに $p$ を大きくして $C_2$ 上の点 $(p, p-1)$ と $A(1, -2)$ を結ぶ直線の傾きを考えると、

$$ k = \frac{(p - 1) - (-2)}{p - 1} = 1 + \frac{2}{p - 1} $$

となり、$p$ が大きいほど $k$ は小さくなることが分かる。したがって、$p$ が定義域の最大値をとるときに傾き $k$ は最小となる。 $p = 3$ のとき、境界線上の点は $(3, 2)$ であり、このとき傾き $k$ は最小値をとる。

$$ k = \frac{2 - (-2)}{3 - 1} = \frac{4}{2} = 2 $$

これは領域 $D$ における直線の傾きが取り得る最小の値である。

解説

前半は、変数を置き換えて定定義域における2次関数の最大・最小問題（絶対不等式）に帰着させる典型的な問題です。置換した後の変数のとり得る範囲（$-1 \leqq t \leqq 1$）に注意して、軸の位置による場合分けを丁寧に行う必要があります。

後半は、$\frac{q - y_0}{p - x_0}$ の形をした式が「2点 $(p, q)$ と $(x_0, y_0)$ を結ぶ直線の傾き」を表すという有名な幾何的解釈を利用できるかどうかが鍵になります。数式的に微分を用いて単調減少を示す解法1でも確実ですが、解法2のように図形の性質や直線の傾きとして捉えると、見通しよく解答を組み立てることができます。