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東京大学 2011年理系第4問解説

方針・初手

$\triangle PQR$ が $QR$ を底辺とする二等辺三角形であるための条件は、$PQ = PR$ かつ $Q \neq R$、さらに3点 $P, Q, R$ が同一直線上にないことである。まずは $PQ^2 = PR^2$ の関係式を立式し、対称性を利用して重心 $G(X, Y)$ の満たすべき方程式を導く。その後、$\alpha, \beta$ が異なる実数として存在するための条件から、$X$（または $Y$）の変域を求める。

解法1

$QR$ を底辺とする二等辺三角形であるから、$PQ = PR$ すなわち $PQ^2 = PR^2$ が成り立つ。点 $P\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}\right)$, $Q(\alpha, \alpha^2)$, $R(\beta, \beta^2)$ より、

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

移項して整理すると、

$$ \left(\alpha - \frac{1}{2}\right)^2 - \left(\beta - \frac{1}{2}\right)^2 + \left(\alpha^2 - \frac{1}{4}\right)^2 - \left(\beta^2 - \frac{1}{4}\right)^2 = 0 $$

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

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

$\triangle PQR$ をなすため $Q \neq R$ であり、$\alpha \neq \beta$ より $\alpha - \beta \neq 0$ であるから、

$$ \alpha + \beta - 1 + (\alpha + \beta)\left(\alpha^2 + \beta^2 - \frac{1}{2}\right) = 0 \quad \cdots \text{(1)} $$

一方、$\triangle PQR$ の重心 $G(X, Y)$ の座標は、

$$ X = \frac{\frac{1}{2} + \alpha + \beta}{3}, \quad Y = \frac{\frac{1}{4} + \alpha^2 + \beta^2}{3} $$

これらより、

$$ \alpha + \beta = 3X - \frac{1}{2}, \quad \alpha^2 + \beta^2 = 3Y - \frac{1}{4} \quad \cdots \text{(2)} $$

(2) を (1) に代入すると、

$$ \left( 3X - \frac{1}{2} \right) - 1 + \left( 3X - \frac{1}{2} \right) \left( 3Y - \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \right) = 0 $$

$$ 3X - \frac{3}{2} + \left( 3X - \frac{1}{2} \right) \left( 3Y - \frac{3}{4} \right) = 0 $$

両辺を $8$ 倍すると、

$$ 8 \left( 3X - \frac{3}{2} \right) + 2 \left( 3X - \frac{1}{2} \right) \cdot 4 \left( 3Y - \frac{3}{4} \right) = 0 $$

$$ 24X - 12 + (6X - 1)(12Y - 3) = 0 $$

$$ 24X - 12 + 72XY - 18X - 12Y + 3 = 0 $$

$$ 72XY + 6X - 12Y - 9 = 0 $$

$$ 6X(12Y + 1) - (12Y + 1) - 8 = 0 $$

$$ (6X - 1)(12Y + 1) = 8 \quad \cdots \text{(3)} $$

次に、実数 $\alpha, \beta$ が存在するための条件を求める。 $\alpha, \beta$ は $2$ 次方程式 $t^2 - (\alpha + \beta)t + \alpha\beta = 0$ の異なる $2$ つの実数解であるから、判別式を $D$ とすると $D > 0$ である。

$$ D = (\alpha + \beta)^2 - 4\alpha\beta > 0 $$

ここで、$(\alpha + \beta)^2 - 2\alpha\beta = \alpha^2 + \beta^2$ より $2\alpha\beta = (\alpha + \beta)^2 - (\alpha^2 + \beta^2)$ であるから、

$$ D = (\alpha + \beta)^2 - 2 \left\{ (\alpha + \beta)^2 - (\alpha^2 + \beta^2) \right\} = -(\alpha + \beta)^2 + 2(\alpha^2 + \beta^2) $$

(2) を用いると、

$$ -\left( 3X - \frac{1}{2} \right)^2 + 2\left( 3Y - \frac{1}{4} \right) > 0 $$

$$ 6Y - \frac{1}{2} > \left( 3X - \frac{1}{2} \right)^2 $$

$$ 6Y > \frac{1}{4}(6X - 1)^2 + \frac{1}{2} \quad \cdots \text{(4)} $$

(3) より $12Y = \frac{8}{6X - 1} - 1$ であるから、これを (4) の両辺を $2$ 倍した式 $12Y > \frac{1}{2}(6X - 1)^2 + 1$ に代入すると、

$$ \frac{8}{6X - 1} - 1 > \frac{1}{2}(6X - 1)^2 + 1 $$

$$ \frac{8}{6X - 1} > \frac{1}{2}(6X - 1)^2 + 2 $$

ここで $u = 6X - 1$ とおくと、

$$ \frac{8}{u} > \frac{u^2}{2} + 2 $$

$$ \frac{16}{u} > u^2 + 4 $$

(i)

$u > 0$ のとき

両辺に $u$ を掛けて整理すると、

$$ u^3 + 4u - 16 < 0 $$

$$ (u - 2)(u^2 + 2u + 8) < 0 $$

$u^2 + 2u + 8 = (u + 1)^2 + 7 > 0$ より、$u - 2 < 0$ すなわち $u < 2$ となる。場合分けの条件と合わせて $0 < u < 2$ である。

(ii)

$u < 0$ のとき

両辺に $u$ を掛けると不等号の向きが変わり、

$$ u^3 + 4u - 16 > 0 $$

しかし、$u < 0$ のとき $u^3 + 4u - 16 < -16 < 0$ となり、これを満たす実数 $u$ は存在しない。

（i）, （ii）より $0 < u < 2$ であり、元に戻すと、

$$ 0 < 6X - 1 < 2 $$

$$ \frac{1}{6} < X < \frac{1}{2} $$

このとき、判別式 $D > 0$ が成り立つため $\alpha \neq \beta$ が保証される。さらに、$P, Q, R$ が同一直線上にあると仮定すると、$PQ = PR$ より $P$ は線分 $QR$ の中点となり、重心 $G$ は $P$ に一致するため $X = \frac{1}{2}$ となる。しかし $\frac{1}{6} < X < \frac{1}{2}$ であるから、同一直線上にはならない。したがって、常に $\triangle PQR$ は存在する。

解説

軌跡を求める問題において、変数を消去して得られた方程式（本問では $(6X - 1)(12Y + 1) = 8$）だけでなく、「消去した変数が実数として存在する条件」から軌跡の限界を求めることが最重要のテーマである。本問では、$\alpha, \beta$ を消去する過程で $X, Y$ との基本対称式の関係が現れるため、判別式 $D > 0$ を用いて $X$ の変域を絞り込む典型的な処理を行う。また、図形的な成立条件（三角形をなす）が、数式上の条件（$D > 0$ や $X < \frac{1}{2}$）にどのように反映されるかを最後に確認することで、論理的な漏れを防ぐことができる。