2023年東大理科第3問 - 数式で独楽する

$a$ を実数とし、座標平面上の点 $(0,a)$ を中心とする半径1の円の周を $C$ とする。
(1) $C$ が、不等式 $y > x^2$ の表す領域に含まれるような $a$ の範囲を求めよ。
(2) $a$ は(1)で求めた範囲にあるとする。 $C$ のうち $x \geqq 0$ かつ $y > a$ を満たす部分を $S$ とする。 $S$ 上の点Pに対し、点Pでの $C$ の接線が放物線 $y = x^2$ によって切り取られてできる線分の長さを $L_\mathrm{P}$ とする。 $L_\mathrm{Q} = L_\mathrm{R}$ となる $S$ 上の相異なる2点Q, Rが存在するような $a$ の範囲を求めよ。

小問(1)の解答例
小問(2)の解答例
解説

小問(1)の解答例

円 $C$ の式は
\begin{equation}
x^2 +(y -a)^2 = 1
\end{equation}です。 $C$ の $y \leqq a$ の部分
\begin{equation}
y = a -\sqrt{1 -x^2}
\end{equation}が $y > x^2$ の領域にあれば題意は満たされます。
つまり
\begin{equation}
a -\sqrt{1 -x^2} > x^2 \tag{1}
\end{equation}です。
\begin{equation}
1 -x^2 = t^2 \quad (-1 \leqq t \leqq 1)
\end{equation}とすると、式(1)は
\begin{equation}
a -t > 1 -t^2
\end{equation}となります。
整理します。
\begin{eqnarray}
t^2 -t +a -1 &>& 0 \\
\left( t -\frac{1}{2} \right)^2 +a -\frac{5}{4} &>& 0
\end{eqnarray}が $-1 \leqq t \leqq 1$ で成り立つ条件、すなわち題意を満たす条件は
\begin{equation}
a > \frac{5}{4}
\end{equation}となります。

小問(2)の解答例

点P $\left( p, \ a -\sqrt{1 -p^2} \right)$ における $C$ の接線は、
\begin{equation}
px -\sqrt{1 -p^2} (y -a) = 1 \tag{2}
\end{equation}です。
円の接線を表す式その2 - 数式で独楽する

式(2)で表せる接線と $y = x^2$ の交点の $x$ 座標 $\alpha, \beta$ は
\begin{equation}
px -\sqrt{1 -p^2} (x^2 -a) = 1
\end{equation}すなわち
\begin{equation}
\sqrt{1 -p^2}\, x^2 -px -a \sqrt{1 -p^2} +1 = 0 \tag{3}
\end{equation}の解です。

式(3)の解と係数の関係は、
解と係数の関係 - 数式で独楽する
\begin{eqnarray}
\alpha +\beta &=& \frac{p}{\sqrt{1 -p^2}} \\
\alpha \beta &=& \frac{1}{\sqrt{1 -p^2}} -a
\end{eqnarray}です。

これより、接線が放物線を切り取る長さについて、
\begin{eqnarray}
{L_\mathrm{P}}^2 &=& (\beta -\alpha)^2 +(\beta^2 -\alpha^2)^2 \\
&=& (\alpha +\beta)^2 -4\alpha \beta +(\alpha^2 +\beta^2)^2 -4\alpha^2 \beta^2 \\
&=& (\alpha +\beta)^2 -4\alpha \beta +\left \{ (\alpha +\beta)^2 -2\alpha \beta \right \}^2 -4\alpha^2 \beta^2 \\
&=& (\alpha +\beta)^4 +(1 -4\alpha \beta)(\alpha +\beta)^2 -4\alpha \beta \\
&=& \left \{ (\alpha +\beta)^2 +1 \right \} \left \{ (\alpha +\beta)^2 -4\alpha \beta \right \} \\
&=& \left( \frac{p^2}{1 -p^2} +1 \right) \left( \frac{p^2}{1 -p^2} -\frac{4}{\sqrt{1 -p^2}} +4a \right) \\
&=& \frac{1}{1 -p^2} \left( \frac{p^2}{1 -p^2} -\frac{4}{\sqrt{1 -p^2}} +4a \right)
\end{eqnarray}が成り立つます。

ここで $s^2 = 1 -p^2$ とすると、
\begin{eqnarray}
{L_\mathrm{P}}^2 &=& \frac{1}{s^2} \left( \frac{1 -s^2}{s^2} -\frac{4}{s} +4a \right) \\
&=& \frac{1}{s^4} -\frac{4}{s^3} +\frac{4a -1}{s^2}
\end{eqnarray}となります。

$f(s) = {L_\mathrm{P}}^2$ とすると、
\begin{eqnarray}
f'(s) &=& -\frac{4}{s^5} +\frac{12}{s^4} -\frac{2(4a -1)}{s^3} \\
&=& -\frac{2}{s^5} \left \{ (4a -1) s^2 -6s +2 \right \} \\
&=& -\frac{2(4a -1)}{s^5} \left \{ \left( s -\frac{3}{4a -1} \right)^2 +\frac{2(4a -1) -9}{(4a -1)^2} \right \} \\
&=& -\frac{2(4a -1)}{s^5} \left \{ \left( s -\frac{3}{4a -1} \right)^2 +\frac{8a -11}{(4a -1)^2} \right \}
\end{eqnarray}です。

(i) $8a -11 \geqq 0$ の場合
$f'(s) \leqq 0$ なので ${L_\mathrm{P}}^2 = f(s)$ は単調減少です。
$L_\mathrm{Q} = L_\mathrm{R}$ となるQ≠Rは存在しません。

(ii) $8a -11 < 0$ の場合
軸は
\begin{equation}
\frac{2}{3} < \frac{3}{4a -1} < \frac{3}{4}
\end{equation}の範囲にあり、
\begin{eqnarray}
\lim_{s \to +0} f'(s) &=& -\infty \\
f'(1) &=& -2(4a -5) < 0
\end{eqnarray}なので、 $f'(s) = 0$ は $0 < s < 1$ に相異なる実数解 $s_1, s_2 \ (s_1 < s_2)$ を持ちます。
$f(s)$ の増減は次のようになります。
\begin{array}{|c|ccccccc|}
\hline
s & 0 & \cdots & s_1 & \cdots & s_2 & \cdots & 1 \\ \hline
f'(s) & -\infty & - & 0 & + & 0 & - & - \\ \hline
f(s) & +\infty & \searrow && \nearrow && \searrow & 4(a -1) \\ \hline
\end{array}
したがって、 $L_\mathrm{Q} = L_\mathrm{R}$ となるQ≠Rは存在することが分かります。