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東京大学 2022年文系第2問解説

方針・初手

点 $P$ における接線の傾きを求め、そこから法線 $l$ の方程式を立てる。曲線 $C$ と法線 $l$ の交点の $x$ 座標は、2つの式から $y$ を消去した3次方程式の実数解となる。この3次方程式が $x = \alpha$ で交わることを利用して因数分解し、残りの2次方程式が相異なる2つの実数解をもつ条件（判別式 $D > 0$）を考える。

後半は、2次方程式の解と係数の関係を用いて式の値を計算し、得られた関数の増減を微分法で調べるという流れになる。

解法1

法線の方程式と交点の条件

曲線 $C: y = x^3 - x$ について、$y' = 3x^2 - 1$ である。点 $P(\alpha, \alpha^3 - \alpha)$ における接線の傾きは $3\alpha^2 - 1$ である。もし $3\alpha^2 - 1 = 0$ とすると法線は $y$ 軸に平行な直線 $x = \alpha$ となり、$C$ とは点 $P$ のみで交わるため不適である。よって $3\alpha^2 - 1 \neq 0$ であり、法線 $l$ の方程式は

$$ y - (\alpha^3 - \alpha) = -\frac{1}{3\alpha^2 - 1}(x - \alpha) $$

となる。 $C$ と $l$ の交点の $x$ 座標は

$$ x^3 - x = -\frac{1}{3\alpha^2 - 1}(x - \alpha) + \alpha^3 - \alpha $$

を満たす。これを整理する。

$$ x^3 - \alpha^3 - (x - \alpha) = -\frac{1}{3\alpha^2 - 1}(x - \alpha) $$

$$ (x - \alpha)(x^2 + \alpha x + \alpha^2) - (x - \alpha) + \frac{1}{3\alpha^2 - 1}(x - \alpha) = 0 $$

$$ (x - \alpha)\left(x^2 + \alpha x + \alpha^2 - 1 + \frac{1}{3\alpha^2 - 1}\right) = 0 $$

$C$ と $l$ が相異なる3点で交わるための条件は、2次方程式

$$ x^2 + \alpha x + \alpha^2 - 1 + \frac{1}{3\alpha^2 - 1} = 0 \quad \cdots (*) $$

が $x = \alpha$ 以外の異なる2つの実数解をもつことである。

(1)

方程式 $(*)$ の判別式を $D$ とする。異なる2つの実数解をもつための条件は $D > 0$ である。

$$ D = \alpha^2 - 4\left(\alpha^2 - 1 + \frac{1}{3\alpha^2 - 1}\right) = -3\alpha^2 + 4 - \frac{4}{3\alpha^2 - 1} $$

ここで $3\alpha^2 - 1 = t$ とおくと、$t \neq 0$ であり、$-3\alpha^2 = -t - 1$ となるから

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

分子について $-t^2 + 3t - 4 = -\left(t - \frac{3}{2}\right)^2 - \frac{7}{4} < 0$ はすべての実数 $t$ で成り立つ。したがって $D > 0$ となる条件は、分母が負となること、すなわち $t < 0$ である。よって $3\alpha^2 - 1 < 0$ を解いて

$$ -\frac{1}{\sqrt{3}} < \alpha < \frac{1}{\sqrt{3}} $$

また、このとき $x = \alpha$ が $(*)$ の解にならないことを確認する。 $x = \alpha$ を $(*)$ の左辺に代入すると

$$ \alpha^2 + \alpha^2 + \alpha^2 - 1 + \frac{1}{3\alpha^2 - 1} = 3\alpha^2 - 1 + \frac{1}{3\alpha^2 - 1} = t + \frac{1}{t} $$

$t < 0$ のとき $t + \frac{1}{t} < 0$ であり $0$ にはならないため、$x = \alpha$ を解にもたない。よって求める $\alpha$ の範囲は

$$ -\frac{1}{\sqrt{3}} < \alpha < \frac{1}{\sqrt{3}} $$

(2)

$\beta, \gamma$ は2次方程式 $(*)$ の2つの解であるから、解と係数の関係より

$$ \beta + \gamma = -\alpha $$

$$ \beta\gamma = \alpha^2 - 1 + \frac{1}{3\alpha^2 - 1} $$

これらを用いて $\beta^2 + \beta\gamma + \gamma^2 - 1$ を計算する。

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

(1) より $3\alpha^2 - 1 < 0$ であるから

$$ -\frac{1}{3\alpha^2 - 1} > 0 $$

したがって、$\beta^2 + \beta\gamma + \gamma^2 - 1 \neq 0$ となることが示された。

(3)

(2) の結果を用いると、$u$ は次のように表される。

$$ u = 4\alpha^3 + \frac{1}{\beta^2 + \beta\gamma + \gamma^2 - 1} = 4\alpha^3 - (3\alpha^2 - 1) = 4\alpha^3 - 3\alpha^2 + 1 $$

$g(\alpha) = 4\alpha^3 - 3\alpha^2 + 1$ とおき、$-\frac{1}{\sqrt{3}} < \alpha < \frac{1}{\sqrt{3}}$ における値域を求める。

$$ g'(\alpha) = 12\alpha^2 - 6\alpha = 6\alpha(2\alpha - 1) $$

$g'(\alpha) = 0$ とすると $\alpha = 0, \frac{1}{2}$ である。これらは $-\frac{1}{\sqrt{3}} < \alpha < \frac{1}{\sqrt{3}}$ の範囲に含まれる。 $-\frac{1}{\sqrt{3}} < \alpha < 0$ では $g'(\alpha) > 0$、 $0 < \alpha < \frac{1}{2}$ では $g'(\alpha) < 0$、 $\frac{1}{2} < \alpha < \frac{1}{\sqrt{3}}$ では $g'(\alpha) > 0$ である。したがって、$g(\alpha)$ は $\alpha = 0$ で極大、$\alpha = \frac{1}{2}$ で極小となる。

極大値は $g(0) = 1$ 極小値は $g\left(\frac{1}{2}\right) = 4 \cdot \frac{1}{8} - 3 \cdot \frac{1}{4} + 1 = \frac{3}{4}$

範囲の端点における値は

$$ g\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = 4\left(-\frac{1}{3\sqrt{3}}\right) - 3\left(\frac{1}{3}\right) + 1 = -\frac{4\sqrt{3}}{9} $$

$$ g\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = 4\left(\frac{1}{3\sqrt{3}}\right) - 3\left(\frac{1}{3}\right) + 1 = \frac{4\sqrt{3}}{9} $$

ここで、$\frac{4\sqrt{3}}{9} = \sqrt{\frac{48}{81}} < \sqrt{1} = 1$ であるため、最大値は $1$ である。最小値については、$\alpha$ が $-\frac{1}{\sqrt{3}}$ に近づくとき $-\frac{4\sqrt{3}}{9}$ に漸近するが、この値は含まない。よって、求める $u$ のとりうる値の範囲は

$$ -\frac{4\sqrt{3}}{9} < u \leqq 1 $$