I慶應義塾大学 2007年 数学 第I問解答・解説

(1) 回転後の座標を $(X,Y)$ とする。原点中心に反時計回りに $30^\circ$ 回転するので $$\displaystyle X=\frac{\sqrt3}{2}x-\frac12y,\qquad Y=\frac12x+\frac{\sqrt3}{2}y,$$ したがって $$\displaystyle x=\frac{\sqrt3}{2}X+\frac12Y,\qquad y=-\frac12X+\frac{\sqrt3}{2}Y.$$ これを元の式に代入すると、交差項の係数は $0$ となり、 $$5x^2+2\sqrt3xy+7y^2=4X^2+8Y^2.$$ よって回転後の曲線は $4X^2+8Y^2=16$、すなわち $$\displaystyle \frac{X^2}{4}+\frac{Y^2}{2}=1$$ である。したがって $(あ)=4,\ (い)=2$。

(2) 四角形は凸なので、対角線 $AC$ で二つの三角形に分かれ、その面積の和が $S$ である。三角形 $ABC$ の三辺は $1,2,x$ であるから、三角不等式より $1<x<3$、したがって $1<t<9$ である。三角形 $ADC$ の三辺は $4,3,x$ であり、この範囲では三角形が成立する。

三辺が $a,b,c$ の三角形の面積を $K$ とすると、余弦定理と $\displaystyle K=\frac12ab\sin C$ から $$16K^2=4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)^2 =(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)$$ を得る。これを二つの三角形に用いると $$\displaystyle K_{ABC}=\frac14\sqrt{(t-1)(9-t)},\qquad K_{ADC}=\frac14\sqrt{(t-1)(49-t)}.$$ したがって $$\displaystyle S(t)=\frac14\left(\sqrt{(t-1)(9-t)}+\sqrt{(t-1)(49-t)}\right) =\frac{\sqrt{t-1}}4\left(\sqrt{9-t}+\sqrt{49-t}\right),$$ これが $(う)$ に入る式である。

$1<t<9$ で微分すると $$\displaystyle S'(t)=\frac1{4\sqrt{t-1}}\left(\frac{5-t}{\sqrt{9-t}}+\frac{25-t}{\sqrt{49-t}}\right).$$ $1<t\le5$ では $S'(t)>0$。$5<t<9$ では $S'(t)=0$ は $$\displaystyle \frac{t-5}{\sqrt{9-t}}=\frac{25-t}{\sqrt{49-t}}$$ と同値である。ここで $$\displaystyle L(t)=\frac{t-5}{\sqrt{9-t}},\qquad R(t)=\frac{25-t}{\sqrt{49-t}}$$ とおく。$5<t<9$ では $$\displaystyle L'(t)=\frac{13-t}{2(9-t)^{3/2}}>0,\qquad R'(t)=\frac{t-73}{2(49-t)^{3/2}}<0$$ である。分母は正で、$13-t>0,\ t-73<0$ だから、$L$ は単調増加、$R$ は単調減少し、$L(t)=R(t)$ は高々1つの解しかもたない。両辺を二乗した式 $$(t-5)^2(49-t)=(25-t)^2(9-t)$$ を満たす $\displaystyle t=\frac{55}{7}$ は $(5,9)$ にあり、正の両辺を比較しても上の等式を満たす。したがって唯一の交点は $\displaystyle t=\frac{55}{7}$ である。$5<t<9$ では $S'(t)$ の符号は $R(t)-L(t)$ の符号と一致するので、$\displaystyle 5<t<\frac{55}{7}$ で正、$\displaystyle \frac{55}{7}<t<9$ で負となる。$1<t\le5$ でも $S'(t)>0$ だから、$S(t)$ は $\displaystyle t=\frac{55}{7}$ まで増加し、その後減少する。よってこの区間では $S(t)$ は $\displaystyle t=\frac{55}{7}$ で最大となる。この値が凸な四角形で実現することを確かめる。$\displaystyle t=\frac{55}{7}$ とおくと $1<x=\sqrt t<3$ であり、辺長 $(1,2,x)$ の三角形 $ABC$ と辺長 $(4,3,x)$ の三角形 $ADC$ は、いずれも三角不等式を満たす。これらを共通辺 $AC$ の反対側に置く。

頂点 $A$ における二つの三角形の角を $U=\angle BAC$、$V=\angle CAD$ とする。余弦定理から $$\displaystyle \cos U+\cos V=\frac{t-3}{2\sqrt t}+\frac{t+7}{8\sqrt t}=\frac{5t-5}{8\sqrt t}>0.$$ 同様に、$C$ における角を $W=\angle BCA$、$Z=\angle ACD$ とすると $$\displaystyle \cos W+\cos Z=\frac{t+3}{4\sqrt t}+\frac{t-7}{6\sqrt t}=\frac{5t-5}{12\sqrt t}>0.$$ 各角は $0$ と $\pi$ の間であり、恒等式 $\displaystyle \cos u+\cos v=2\cos\frac{u+v}{2}\cos\frac{u-v}{2}$ において $\displaystyle \cos\frac{u-v}{2}>0$ である。従って上の正の和から $U+V<\pi$ および $W+Z<\pi$ が従う。構成した四角形は自己交差せず、A,Cの内角も $\pi$ 未満で、B,Dの内角は三角形の内角なので $\pi$ 未満である。よってこれは条件を満たす凸四角形であり、最大値は実現する。したがって $\displaystyle (え)=\frac{55}{7}$。このとき $S=2\sqrt6$ である。

(3) $x\le1$ または $x\ge4$ では曲線は $\displaystyle y=\frac12(x^2-5x+4)$ である。直線との交点は $$x^2-(5+2k)x+4=0$$ を満たす。この二次式は $x=0$ で正、$x=1$ で負となり、また $x=4$ で負、$x$ を大きくすると正になる。二次式の根は高々二つなので、外側の二つの枝に交点がそれぞれ一つずつある。共有点が全部で三つとなるには、中央の枝でただ一つの交点をもつ必要がある。

中央 $1\le x\le4$ では $\displaystyle y=\frac12(-x^2+5x-4)$ であり、交点の $x$ 座標は $$x^2-(5-2k)x+4=0$$ の解である。ここで $q_k(x)=x^2-(5-2k)x+4$ とおく。$k>0$ より $$q_k(1)=2k>0,\qquad q_k(4)=8k>0.$$ したがって両端は交点ではない。中央の枝に交点が一つだけあり、その根が単根なら、そこで二次式の符号が変わるため両端で正であることに矛盾する。よってその交点は重解である。逆に重解が $1<x<4$ にあれば中央の交点は一つだけとなる。判別式より $(5-2k)^2-16=0$。候補は $\displaystyle k=\frac12,\frac92$ だが、後者の重解は $x=-2$ で中央の範囲外である。よって $\displaystyle k=\frac12$、重解は $x=2$ である。外側の交点は $x=3\pm\sqrt5$ で、前者は $1$ 未満、後者は $4$ より大きい。したがって $\displaystyle (お)=\frac12$。

直線は三交点の間で曲線より上にある。$a=3-\sqrt5,\ c=3+\sqrt5$ とすると、囲まれた部分の面積は $$\displaystyle \begin{aligned} &\int_a^1\frac{-x^2+6x-4}{2}\,dx +\int_1^4\frac{(x-2)^2}{2}\,dx +\int_4^c\frac{-x^2+6x-4}{2}\,dx\\ &=\frac{5\sqrt5-11}{3}+\frac32+\frac{5\sqrt5-7}{3} =\frac{20\sqrt5-27}{6}. \end{aligned}$$ ゆえに $\displaystyle (か)=\frac{20\sqrt5-27}{6}$。