東北大学 2005年 理系 第4問 解説

方針・初手

$C_2$ は $x=0$ を境に 2 つの放物線からなる曲線である。 もし接点が右側の式 $y=x^2-x+\dfrac34$ の上に 2 つあったなら，

$$ C_1-\left(x^2-x+\frac34\right) $$

という 2 次式が異なる 2 点を重解としてもつことになり，この 2 次式は恒等的に $0$ でなければならない。しかしそのとき $a=1$ となって $a<0$ に反する。左側の式についても同様である。

したがって，接点は右側に 1 つ，左側に 1 つずつ存在する。

解法1

右側の接点の $x$ 座標を $t,(>0)$，左側の接点の $x$ 座標を $-u,(u\geqq 0)$ とする。

右側の枝との接触条件

$x>0$ では

$$ C_2:\ y=x^2-x+\frac34 $$

であるから，

$$ C_1-C_2=(a-1)x^2+(b+1)x+c-\frac34 $$

は $x=t$ を重解にもつ。よって

$$ (a-1)x^2+(b+1)x+c-\frac34=(a-1)(x-t)^2 $$

と書ける。係数比較により

$$ b+1=-2(a-1)t,\qquad c-\frac34=(a-1)t^2 $$

を得る。

左側の枝との接触条件

$x\leqq 0$ では

$$ C_2:\ y=x^2+2x+\frac34 $$

であるから，

$$ C_1-C_2=(a-1)x^2+(b-2)x+c-\frac34 $$

は $x=-u$ を重解にもつ。したがって

$$ (a-1)x^2+(b-2)x+c-\frac34=(a-1)(x+u)^2 $$

と書ける。係数比較により

$$ b-2=2(a-1)u,\qquad c-\frac34=(a-1)u^2 $$

を得る。

接点の位置を求める

上の 2 式から

$$ (a-1)t^2=(a-1)u^2 $$

である。$a<0$ より $a-1\neq 0$ なので

$$ t^2=u^2 $$

を得る。しかも $t>0,\ u\geqq 0$ だから

$$ t=u $$

である。

さらに

$$ b+1=-2(a-1)t,\qquad b-2=2(a-1)t $$

を引き算すると

$$ 3=-4(a-1)t $$

すなわち

$$ t=\frac{3}{4(1-a)} $$

となる。

面積を求める

右側では

$$ C_1-C_2=(a-1)(x-t)^2 $$

であり，$a-1<0$ だから $-t\leqq x\leqq t$ の範囲で常に $C_2$ が上，$C_1$ が下にある。左側でも同様に

$$ C_1-C_2=(a-1)(x+t)^2 $$

である。

したがって，求める面積を $S$ とすると

$$ S=\int_{-t}^{0}{C_2-C_1},dx+\int_{0}^{t}{C_2-C_1},dx $$

であり，

$$ S=\int_{-t}^{0}(1-a)(x+t)^2,dx+\int_{0}^{t}(1-a)(x-t)^2,dx $$

となる。よって

$$ S=(1-a)\left(\int_{-t}^{0}(x+t)^2,dx+\int_{0}^{t}(x-t)^2,dx\right) $$

$$ =(1-a)\left(\int_{0}^{t}y^2,dy+\int_{0}^{t}y^2,dy\right) $$

$$ =(1-a)\cdot 2\cdot \frac{t^3}{3} $$

である。ここに

$$ t=\frac{3}{4(1-a)} $$

を代入すると

$$ S=\frac{2(1-a)}{3}\left(\frac{3}{4(1-a)}\right)^3 =\frac{9}{32(1-a)^2} $$

を得る。

解説

接点が 2 つあるという条件は，「差をとった 2 次式が重解をもつ」と言い換えるのが基本である。 この問題では $C_2$ が区分的に定義されているので，右枝と左枝を分けて考え，それぞれで差の式を平方の形にするのが最も自然である。

面積計算では，接点が $\pm t$ に対称な位置に現れ，差も $(x-t)^2,\ (x+t)^2$ の形になるため，積分は容易になる。

答え

求める面積は

$$ \frac{9}{32(1-a)^2} $$

である。