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東京大学 2022年理系第4問解説

方針・初手

(1) 与えられた点 $P(p, q)$ を通る直線 $l$ をおき、曲線 $C$ との交点を表す 3 次方程式を調べる。相異なる 3 つの実数解をもつ条件を、極値の符号に言い換えて処理する。

(2) 条件(ii)は積分方程式に直し、3つの交点の $x$ 座標の関係を取り出す。そこから直線 $l$ が通るべき点の条件を求める。

解法1

(1)

点 $P$ の座標を $(p, q)$ とおく。 $y$ 軸に平行な直線 $x = p$ は、曲線 $C: y = x^3 - x$ と点 $(p, p^3-p)$ の1点のみで交わるため、条件(i)を満たさない。したがって、点 $P$ を通る直線 $l$ は、傾きを $m$ として次のように表せる。

$$ y = m(x-p) + q $$

直線 $l$ と曲線 $C$ の交点の $x$ 座標は、次の方程式の実数解である。

$$ x^3 - x = m(x-p) + q $$

$$ x^3 - (m+1)x + mp - q = 0 \quad \cdots ① $$

条件(i)を満たす直線が存在することは、方程式①が相異なる3つの実数解をもつような実数 $m$ が存在することと同値である。 $f(x) = x^3 - (m+1)x + mp - q$ とおく。 $f(x)$ が極値をもつ条件は、導関数 $f'(x) = 3x^2 - (m+1)$ について、$f'(x) = 0$ が異なる2つの実数解をもつことであるから、

$$ m + 1 > 0 \iff m > -1 $$

である。このとき、$f'(x) = 0$ の解を $x = \pm \alpha$ （ただし $\alpha = \sqrt{\frac{m+1}{3}} > 0$）とおく。 $f(x)$ は $x = -\alpha$ で極大値、$x = \alpha$ で極小値をとる。方程式①が異なる3つの実数解をもつための条件は、極大値と極小値が異符号になること、すなわち $f(-\alpha)f(\alpha) < 0$ である。ここで、$f(x)$ を $f'(x)$ で割ると

$$ f(x) = \frac{x}{3}(3x^2 - (m+1)) - \frac{2}{3}(m+1)x + mp - q $$

$$ f(x) = \frac{x}{3} f'(x) - \frac{2}{3}(m+1)x + mp - q $$

となるため、$x = \pm \alpha$ （$f'(\pm \alpha) = 0$）を代入すると

$$ f(\pm \alpha) = \mp \frac{2}{3}(m+1)\alpha + mp - q $$

となる。したがって、

$$ \begin{aligned} f(-\alpha)f(\alpha) &= \left( mp - q + \frac{2}{3}(m+1)\alpha \right) \left( mp - q - \frac{2}{3}(m+1)\alpha \right) \\ &= (mp - q)^2 - \frac{4}{9}(m+1)^2 \alpha^2 \\ &= (mp - q)^2 - \frac{4}{27}(m+1)^3 \end{aligned} $$

これが負となればよいので、満たすべき条件は次の不等式となる。

$$ (mp - q)^2 < \frac{4}{27}(m+1)^3 \quad \cdots ② $$

$m > 0$ のとき、両辺を $m^3$ で割ると

$$ \frac{1}{m} \left( p - \frac{q}{m} \right)^2 < \frac{4}{27} \left( 1 + \frac{1}{m} \right)^3 $$

$m \to \infty$ の極限を考えると、左辺は $0 \cdot p^2 = 0$ に収束し、右辺は $\frac{4}{27}$ に収束する。したがって、十分大きい $m$ をとればこの不等式は成り立つ。ゆえに、任意の $(p, q)$ に対して不等式②を満たす実数 $m > -1$ が存在し、座標平面上のすべての点 $P$ は条件(i)を満たす。（証明終）

(2)

直線 $l$ と曲線 $C$ が相異なる3点において交わり、その $x$ 座標を小さい順に $\alpha, \beta, \gamma$ とする。条件(ii)より、2つの部分の面積が等しいので

$$ \int_{\alpha}^{\beta} \{ (m(x-p)+q) - (x^3-x) \} dx = \int_{\beta}^{\gamma} \{ (x^3-x) - (m(x-p)+q) \} dx $$

移項して整理すると

$$ \int_{\alpha}^{\gamma} \{ x^3 - (m+1)x + mp - q \} dx = 0 $$

被積分関数は $(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)$ と因数分解されるため、

$$ \int_{\alpha}^{\gamma} (x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) dx = 0 $$

ここで、この積分を展開して計算する。

$$ \int_{\alpha}^{\gamma} \{ x^3 - (m+1)x + mp - q \} dx = \left[ \frac{1}{4}x^4 - \frac{m+1}{2}x^2 + (mp-q)x \right]_{\alpha}^{\gamma} = 0 $$

$$ \frac{1}{4}(\gamma^4 - \alpha^4) - \frac{m+1}{2}(\gamma^2 - \alpha^2) + (mp-q)(\gamma - \alpha) = 0 $$

$\gamma - \alpha \neq 0$ で割ると

$$ \frac{1}{4}(\gamma^3 + \gamma^2\alpha + \gamma\alpha^2 + \alpha^3) - \frac{m+1}{2}(\gamma + \alpha) + mp - q = 0 $$

方程式①における解と係数の関係から、$\alpha + \beta + \gamma = 0$ より $\gamma + \alpha = -\beta$ である。また、$\alpha\beta\gamma = -(mp-q)$ である。対称式を変形すると

$$ \begin{aligned} \gamma^3 + \gamma^2\alpha + \gamma\alpha^2 + \alpha^3 &= (\gamma+\alpha)(\gamma^2+\alpha^2) \\ &= -\beta \{ (-\beta)^2 - 2\gamma\alpha \} \\ &= -\beta^3 + 2\beta\gamma\alpha \\ &= -\beta^3 - 2(mp-q) \end{aligned} $$

これを代入して整理する。

$$ \frac{1}{4} \{ -\beta^3 - 2(mp-q) \} + \frac{m+1}{2}\beta + mp - q = 0 $$

$$ -\frac{1}{4}\beta^3 + \frac{m+1}{2}\beta + \frac{1}{2}(mp - q) = 0 $$

両辺を2倍すると

$$ -\frac{1}{2}\beta^3 + (m+1)\beta + mp - q = 0 \quad \cdots ③ $$

一方、$\beta$ は方程式①の解であるから

$$ \beta^3 - (m+1)\beta + mp - q = 0 \quad \cdots ④ $$

③と④の辺々を引いて $mp-q$ を消去すると

$$ -\frac{3}{2}\beta^3 + 2(m+1)\beta = 0 $$

$$ -\frac{\beta}{2} \{ 3\beta^2 - 4(m+1) \} = 0 $$

したがって $\beta = 0$ または $\beta^2 = \frac{4}{3}(m+1)$ を得る。

(ア) $\beta^2 = \frac{4}{3}(m+1)$ のとき 解と係数の関係より $\alpha + \gamma = -\beta$、$\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = -(m+1)$ である。後者の式より $\gamma\alpha = -(m+1) - \beta(\alpha+\gamma) = -(m+1) + \beta^2 = \frac{1}{3}(m+1)$ となる。 $\alpha, \gamma$ は2次方程式 $t^2 + \beta t + \frac{1}{3}(m+1) = 0$ の2解となるが、その判別式 $D$ は $D = \beta^2 - \frac{4}{3}(m+1) = 0$ となり、$\alpha = \gamma$ を導く。これは3交点が相異なることに矛盾する。

(イ) $\beta = 0$ のとき 方程式④に代入すると $mp - q = 0$ となる。このとき、方程式①は $x^3 - (m+1)x = 0$ となり、解は $x = 0, \pm\sqrt{m+1}$ となる。 3交点をもつ条件は $m > -1$ であり、確かに相異なる3つの実数解をもつ。

以上より、$q = mp$ であり、条件を満たす直線 $l$ の方程式は $y = mx \ (m > -1)$ となる。点 $P(p, q)$ をこの直線が通るため、$q = mp$ を満たす $m > -1$ が存在することが求める条件である。

$p > 0$ のとき：$m = \frac{q}{p} > -1$ より $q > -p$
$p < 0$ のとき：$m = \frac{q}{p} > -1$ より $q < -p$
$p = 0$ のとき：$q = 0$ となり、点 $(0,0)$ は任意の $m > -1$ に対する直線 $y = mx$ 上にあるため適する。

よって、求める点 $P$ の範囲は「$x > 0$ かつ $y > -x$」または「$x < 0$ かつ $y < -x$」または「$(x,y) = (0,0)$」である。

解法2

(2)の別解（積分の平行移動を利用する解法）

条件(ii)から導かれる積分方程式

$$ \int_{\alpha}^{\gamma} (x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) dx = 0 $$

において、$t = x - \beta$ と置換する。 $\alpha - \beta = -A$, $\gamma - \beta = B$ ($A > 0, B > 0$) とおくと、積分区間は $-A$ から $B$ となり、

$$ \int_{-A}^{B} (t+A)t(t-B) dt = 0 $$

$$ \int_{-A}^{B} (t^3 + (A-B)t^2 - ABt) dt = 0 $$

$$ \left[ \frac{1}{4}t^4 + \frac{A-B}{3}t^3 - \frac{AB}{2}t^2 \right]_{-A}^{B} = 0 $$

$$ \frac{1}{4}(B^4 - A^4) + \frac{A-B}{3}(B^3 + A^3) - \frac{AB}{2}(B^2 - A^2) = 0 $$

$B^2 - A^2 = (B-A)(B+A)$ などをくくり出すと

$$ (B-A)(B+A) \left\{ \frac{1}{4}(B^2+A^2) + \frac{1}{3}(A^2 - AB + B^2) - \frac{AB}{2} \right\} = 0 $$

$$ (B^2-A^2) \frac{3(B^2+A^2) + 4(A^2 - AB + B^2) - 6AB}{12} = 0 $$

$$ (B^2-A^2) \frac{7(A^2+B^2) - 10AB}{12} = 0 $$

ここで、$A>0, B>0$ より $7(A^2+B^2) - 10AB = 2(A-B)^2 + 5(A^2+B^2) > 0$ であるから

$$ B^2 - A^2 = 0 \implies A = B $$

すなわち $\beta - \alpha = \gamma - \beta$ より $\beta = \frac{\alpha+\gamma}{2}$ を得る。解と係数の関係 $\alpha+\beta+\gamma = 0$ より $\beta + \beta = 0$ となり、$\beta = 0$ を得る。（以降は解法1と同じ）