東京工業大学 1996年 理系 第4問 解説

方針・初手

点 $P$ における接線と法線の方程式を立て、それぞれの $x$ 切片である点 $Q, R$ の座標を求めることから始める。得られた線分 $QR$ の長さ $F(t)$ を問題文の条件式(ハ)に代入し、整理することで $f(t)$ と $f'(t)$ に関する関係式（微分方程式）を導く。

(1)は、導かれた微分方程式から $f''(x)$ を求めて $f'(x)$ の単調増加性を示す。後半の不等式は、導関数の単調性を利用して定積分の不等式を作るか、平均値の定理を用いることで証明できる。 (2)は、$F(t)$ を $f'(t)$ だけの式で表し、$f'(t)$ を一つの変数とみなして関数の最小値を求める。その際、$f'(t)$ の取りうる値の範囲に注意して場合分けを行う。

解法1

(1)

点 $P(t, f(t))$ における接線の方程式は、

$$ y - f(t) = f'(t)(x - t) $$

$y=0$ とすると $f'(t) > 0$ より $x = t - \frac{f(t)}{f'(t)}$ となるから、

$$ Q\left(t - \frac{f(t)}{f'(t)}, 0\right) $$

法線の方程式は、

$$ y - f(t) = -\frac{1}{f'(t)}(x - t) $$

$y=0$ とすると $x = t + f(t)f'(t)$ となるから、

$$ R\left(t + f(t)f'(t), 0\right) $$

線分 $QR$ の長さ $F(t)$ は、

$$ F(t) = \left|t + f(t)f'(t) - \left(t - \frac{f(t)}{f'(t)}\right)\right| = \left|f(t)f'(t) + \frac{f(t)}{f'(t)}\right| $$

条件(イ)より $t \geqq 0$ で $f'(t) > 0$ であり、$f(t)$ は単調増加する。また、条件(ロ)より $f(t) \geqq f(0) = a > 1 > 0$ であるため、絶対値記号はそのまま外すことができ、

$$ F(t) = f(t)f'(t) + \frac{f(t)}{f'(t)} $$

条件(ハ)より $\frac{F(t)}{f(t)} = \frac{f(t)}{f'(t)}$ であるから、

$$ f'(t) + \frac{1}{f'(t)} = \frac{f(t)}{f'(t)} $$

両辺に $f'(t)$ を掛けて整理すると、

$$ \{f'(t)\}^2 = f(t) - 1 $$

$f'(t) > 0$ であるから、

$$ f'(t) = \sqrt{f(t) - 1} $$

$x > 0$ において、$f(x)$ は微分可能であるため $f'(x)$ は連続である。上の式より $f'(x) = \sqrt{f(x) - 1}$ であり、$f(x) > 1$ であることから $f'(x)$ も微分可能である。両辺を $x$ で微分すると、

$$ f''(x) = \frac{f'(x)}{2\sqrt{f(x) - 1}} = \frac{\sqrt{f(x) - 1}}{2\sqrt{f(x) - 1}} = \frac{1}{2} $$

$f''(x) = \frac{1}{2} > 0$ であるため、$x > 0$ において $f'(x)$ は単調増加する。

さらに、$x \geqq 0$ において $f'(x)$ は単調増加であるから、$t \geqq 0$ において $f'(t) \geqq f'(0)$ が成り立つ。 $f'(0) = \sqrt{f(0) - 1} = \sqrt{a - 1}$ であるから、$t \geqq 0$ に対して $f'(t) \geqq \sqrt{a - 1}$ である。 したがって、$x > 0, h > 0$ に対して、

$$ f(x+h) - f(x) = \int_{x}^{x+h} f'(t) dt \geqq \int_{x}^{x+h} \sqrt{a-1} dt = \sqrt{a-1}h $$

以上より、題意は示された。

(2)

条件(ハ)より、

$$ F(t) = \frac{\{f(t)\}^2}{f'(t)} $$

(1)で求めた $f(t) = \{f'(t)\}^2 + 1$ を代入すると、

$$ F(t) = \frac{(\{f'(t)\}^2 + 1)^2}{f'(t)} $$

ここで、$s = f'(t)$ とおく。(1)より $f'(t)$ は $t \geqq 0$ において単調増加であり、取りうる値の範囲は $s \geqq f'(0) = \sqrt{a - 1}$ である。 $F(t)$ を $s$ の関数とみて $g(s)$ とおくと、

$$ g(s) = \frac{(s^2 + 1)^2}{s} = s^3 + 2s + \frac{1}{s} $$

$g(s)$ を $s$ で微分すると、

$$ g'(s) = 3s^2 + 2 - \frac{1}{s^2} = \frac{3s^4 + 2s^2 - 1}{s^2} = \frac{(3s^2 - 1)(s^2 + 1)}{s^2} $$

$s > 0$ において $g'(s) = 0$ となるのは、$3s^2 - 1 = 0$ より $s = \frac{1}{\sqrt{3}}$ のときである。 $0 < s < \frac{1}{\sqrt{3}}$ で $g'(s) < 0$、$s > \frac{1}{\sqrt{3}}$ で $g'(s) > 0$ となるため、$g(s)$ は $s = \frac{1}{\sqrt{3}}$ で極小かつ最小となる。

最小値を求める範囲は $s \geqq \sqrt{a - 1}$ であるため、境界値 $\sqrt{a - 1}$ と極小値をとる $s = \frac{1}{\sqrt{3}}$ の大小関係で場合分けをする。

(i)

$\sqrt{a - 1} \leqq \frac{1}{\sqrt{3}}$ のとき 両辺は正であるから平方して $a - 1 \leqq \frac{1}{3}$ より $a \leqq \frac{4}{3}$。条件 $a > 1$ と合わせて、$1 < a \leqq \frac{4}{3}$ のときである。 このとき、$s = \frac{1}{\sqrt{3}}$ は $s \geqq \sqrt{a - 1}$ の範囲に含まれるため、$s = \frac{1}{\sqrt{3}}$ で $g(s)$ は最小となる。 最小値は、

$$ g\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{\left(\frac{1}{3} + 1\right)^2}{\frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{\frac{16}{9}}{\frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{16\sqrt{3}}{9} $$

(ii)

$\sqrt{a - 1} > \frac{1}{\sqrt{3}}$ のとき すなわち $a > \frac{4}{3}$ のときである。 $s \geqq \sqrt{a - 1}$ の範囲において $g'(s) > 0$ であるから、$g(s)$ は単調増加する。 したがって、$g(s)$ は $s = \sqrt{a - 1}$ のとき最小となる。 最小値は、

$$ g(\sqrt{a - 1}) = \frac{(a - 1 + 1)^2}{\sqrt{a - 1}} = \frac{a^2}{\sqrt{a - 1}} $$

解説

問題文の条件から素直に接線と法線の方程式を求め、線分の長さを計算して関係式を整理すると、微分方程式が得られる。これが本問の最大の山場である。$f'(t) > 0$ や $f(t) > 1$ などの符号の確認を怠らず、絶対値を正しく外すことが重要である。

(1)の後半の不等式証明は、定積分の不等式を用いるか、平均値の定理を用いるのが標準的である。どちらの解法でも、導関数の単調増加性から最小値を評価することで簡潔に示せる。

(2)では変数の置き換えが有効である。$s = f'(t)$ と置き換えることで、分数関数の最小値問題に帰着できる。関数の定義域（$s \geqq \sqrt{a - 1}$）が定数 $a$ を含むため、極小値をとる $s$ の値との位置関係で場合分けが必要になるという、典型的な処理が求められる。

答え

(1) 略（解法1の証明を参照）

(2) $1 < a \leqq \frac{4}{3}$ のとき、最小値 $\frac{16\sqrt{3}}{9}$

$a > \frac{4}{3}$ のとき、最小値 $\frac{a^2}{\sqrt{a - 1}}$