2020 東大理系数学 第6問

第6問の解説をやってみようと思います。

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エレガントな解法の類はやりません。あくまで、試験場で自分が解くとしたらどう考えるかな〜という観点で見ていますのでよろしくです

以下の問いに答えよ。

(1) \(A, \alpha\) を実数とする。 \(\theta\) の方程式

$$ A \sin{2 \theta} – \sin{(\theta + \alpha)} = 0 $$

を考える。 \(A > 1\) のとき、この方程式は \(0 \leq \theta < 2\pi\) の範囲に少なくとも 4 個の解を持つことを示せ。

(2) 座標平面上の楕円

$$ C: \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 $$

を考える。また、 \(0 < r < 1\) を満たす実数 \(r\) に対して、不等式

$$ 2 x^2 + y^2 < r^2 $$

が表す領域を \(D\) とする。 \(D\) 内のすべての点 \(\mathrm{P}\) が以下の条件を満たすような実数 \(r\) \((0 < r < 1)\) が存在することを示せ。また、そのような \(r\) の最大値を求めよ。

条件: \(C\) 上の点 \(\mathrm{Q}\) で、 \(\mathrm{Q}\) における \(C\) の接線と直線 \(\mathrm{PQ}\) が直交するようなものが少なくとも 4 個ある。

東京大学 2020 理系

解いてみた感想

(1) はよくある問題なので解き切りたいです。(2) の最大値の議論が大変。パラメータも多くなってきて、頭がこんがらがってしまいがちな問題です。問題文の条件と設定をよく理解して、何をすればよいのかを整理してあげないとなかなか厳しい気がします。

ただ、やることは割とシンプルで、要するにゴリゴリ式変形して実数解の個数の議論にもっていけばなんとかなりそうだな、という雰囲気さえ理解できれば、あとは気力次第です。2020 年の東大だと、(2)より先に第1問、第2問、第3問、第5問あたりをやっておいたほうが良さそうですね。

(1) 実数解をもつことの証明

こういう関数の正体がイマイチ掴めない場合の多くでは、中間値の定理を活用してみるとうまくいくことが多いです。

中間値の定理

閉区間 \([a, b]\) で連続な関数 \(f(x)\) について、 \(f(a) \neq f(b)\) ならば、 \(f(a)\) と \(f(b)\) の間の任意の値 \(k\) に対して

$$ f(c) = k, a < c < b $$

を満たす \(c\) が少なくとも 1 つ存在する。

中間値の定理を実数解の存在チェックに活用した形

閉区間 \([a, b]\) で連続な関数 \(f(x)\) について、 \(f(a)\) と \(f(b)\) が異符号ならば、方程式 \(f(x) = 0\) は \(a < x < b\) の範囲に少なくとも 1 つの実数解をもつ。

つまり、\(f(\theta) = A \sin{2 \theta} – \sin{(\theta + \alpha)}\) とおいて、\(f(\theta)\) の符号が変わるポイントを頑張って探してみます。

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頑張るといっても \(0 \leq \theta < 2\pi\) なので、主要な値を順番にチェックすればなんとかなります。

\(f(0) = -\sin{\alpha}\) 、 \(f(\frac{\pi}{2}) = -\cos{\alpha}\) あたりを入れてみて、あれ、 \(\alpha\) の制約がないので分からないな、と。

そこで \(A > 1\) を使えるように \(\theta = \frac{\pi}{4}, \frac{3}{4} \pi\) あたりをいくつか考えてみますと、

\(\theta\)\(\frac{\pi}{4}\)\(\frac{3}{4} \pi\)\(\frac{5}{4} \pi\)\(\frac{7}{4} \pi\)\(\frac{9}{4} \pi\)
\(f(\theta)\)\(A – \sin{(\theta + \alpha)}\)\(-A – \sin{(\theta + \alpha)}\)\(A – \sin{(\theta + \alpha)}\)\(-A – \sin{(\theta + \alpha)}\)\(A – \sin{(\theta + \alpha)}\)
\(f(\theta)\) の符号

となります。符号はすべて \(A > 1\) の条件から分かります。

以上から、中間値の定理より方程式 \(f(\theta) = 0\) は区間 \((\frac{\pi}{4}, \frac{3}{4} \pi)\), \((\frac{3}{4} \pi, \frac{5}{4} \pi)\) , \((\frac{5}{4} \pi, \frac{7}{4} \pi)\) , \((\frac{7}{4} \pi, \frac{9}{4} \pi)\) 内にそれぞれ少なくとも1つずつの実数解を持つと言えます。

周期性を活用する

ここで1点注意が。 区間 \((\frac{7}{4} \pi, \frac{9}{4} \pi)\) 内の解は本当に \(0 \leq \theta < 2\pi\) 内に含まれるかどうかわかりません。そこで、解が \(2 \pi \leq \theta < \frac{9}{4} \pi\) にあるときにどうすればよいかを別に考える必要があります。

ここでは、関数 \(f(\theta)\) の周期性をうまく利用しましょう。つまり、

\begin{align*}
f(\theta + 2 \pi) = A \sin{(2\theta + 4\pi)} – \sin{(\theta +\alpha + 2\pi)} = f(\theta)
\end{align*}

より \(f(\theta)\) は周期 \(2 \pi\) の周期関数でありますから、解が \(2 \pi \leq \theta < \frac{9}{4} \pi\) にあるときには、これを \(2 \pi\) だけずらした \(0 \leq \theta < \frac{\pi}{4}\) 内にも解があることが言えます。

これで無事、少なくとも 4 つの \(\theta\) の実数解が存在することが言えました。めでたしめでたし。

(2) とりあえずゴリゴリ変形しつつ、(1)が使えないかな…

後半の最大値を求める議論は難しいです。とりあえず \(r\) の存在を示してしまいましょう。

とりあえず r の存在の証明から

まずは \(\mathrm{P}\) と \(\mathrm{Q}\) をパラメータを使って表現して、ゴニョゴニョいじってみます。どこかで (1) が使えないかな〜と思いながら式変形。

\(0 \leq p < r\), \(0 \leq \beta < 2 \pi\) として、\(\mathrm{P} (\frac{p}{\sqrt{2}} \cos{\beta}, p \sin{\beta})\) とおきます。( \(p\) は相似拡大のパラメータのイメージです)

また、 \(\mathrm{Q} (\sqrt{2} \cos{\theta}, \sin{\theta})\) とおきます。

\(\mathrm{Q} (\sqrt{2} \cos{\theta}, \sin{\theta})\) における \(C\) の接線は

$$\frac{\sqrt{2} \cos{\theta}}{2} x + \sin{\theta} y = 1$$

であり、方向ベクトルは \((\sqrt{2} \cos{\theta}, \sin{\theta})\) と表せます。

一方、

\begin{align*}
\overrightarrow{\mathrm{PQ}} = (\sqrt{2} \cos{\theta} – \frac{p}{\sqrt{2}} \cos{\beta}, \sin{\theta} – p \sin{\beta})
\end{align*}

と表せます。

この 2 ベクトルが直交することから、

$$ (\sqrt{2} \cos{\theta}, \sin{\theta}) \cdot \overrightarrow{\mathrm{PQ}} = 0 $$

(1) も思い出しつつイイ感じに整理してあげると、

$$ \frac{1}{2p} \sin{2 \theta} – \sin{(\theta + (- \beta))} = 0 $$

よって、(1) から \(\frac{1}{2p} > 1\) のときは \(\theta\) の解が少なくとも 4 つあることが言えます。

このとき \(p < \frac{1}{2}\) であり、すなわち \(r = \frac{1}{2}\) のときはひとまず条件を満たすことがわかります。

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これでとりあえず、 \(r\) が存在することが言えました…

r の最大値を求めたい

ここまで考えてみると、なんだか \(r = \frac{1}{2}\) が最大値であって欲しいよな〜っていう気分になりますよね、てかそうであってくれ。

そこで、試しに \(r > \frac{1}{2}\) にしたときに \(\theta\) の実数解が 4 つも存在しないような \(p\) があるかどうかを考えてみます。これが見つかればゲームセットなわけです。

\(0 \leq p < r\) より \(\frac{1}{2p} > \frac{1}{2r}\) となり、 \(0 < \frac{1}{2r} < 1\) ですから、とりあえず \(0 < \frac{1}{2r} < \frac{1}{2p} < 1\) 内に \(p\) をとって調べてみましょう。

このような \(p\) に対して、

$$ \frac{1}{2p} \sin{2 \theta} – \sin{(\theta + (- \beta))} $$

にイイ感じの \(\beta\) を入れてあげて、この方程式の解が 4 つに満たないことを示してあげる方針です。

試しに \(\beta = \frac{\pi}{4}\) を代入してあげると、

$$ \frac{1}{2p} \sin{2 \theta} – \frac{1}{\sqrt{2}} (\sin{\theta} + \cos{\theta}) $$

対称式の形をしているので、わかりやすくするために \(t = \sin{\theta} + \cos{\theta}\) としてあげると、

$$ g(t) = \frac{1}{2p} (t^2 – 1) – \frac{1}{\sqrt{2}} t $$

となり、これは \(0 < \frac{1}{2p} < 1\) より下に凸の放物線です。これと \(g(\sqrt{2}) = \frac{1}{2p} – 1 < 0\) より、
実数 \(t = \sin{\theta} + \cos{\theta}\) が \(0 \leq \theta < 2 \pi\) で取りうる範囲 \(- \sqrt{2} \leq t \leq \sqrt{2}\) には高々 1 つしか \(t\) の実数解を持たず、結果として \(\theta\) の実数解は高々 2 つしかもたないことが言えます。

これで \(r > \frac{1}{2}\) の場合は条件を満たさないことが分かったので、求める答えは \(r = \frac{1}{2}\) となります。

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