III日本医科大学 2011年 数学 第III問解答・解説

問1 $r=OP=\sqrt{x^2+y^2}$、$s=AP=\sqrt{(x-a)^2+(y-1)^2}$ と置く。元の条件 $r-s=1$ から $r=s+1$ である。また $$r^2-s^2=2ax+2y-a^2-1=(r-s)(r+s)=2r-1$$ だから $$\displaystyle r=ax+y-\frac{a^2}{2}. \tag{1}$$ $u=x-a/2$ と書けば右辺は $au+y$ である。(1)を $r^2=x^2+y^2$ に代入し、両辺を展開すると $$a^2u^2+2auy=x^2. \tag{2}$$ $u=0$ なら(2)から $x=0$ となるが、$u=0$ は $x=a/2>0$ なので矛盾する。従って $u\ne0$ で、(2)より $$\displaystyle y=\frac{x^2}{2au}-\frac{au}{2} =\frac{x^2}{a(2x-a)}-\frac{a(2x-a)}4 =\frac{(1-a^2)x^2+a^3x-a^4/4}{a(2x-a)}. \tag{3}$$ さらに(1)(3)から $$\displaystyle r=au+y=\frac{x^2+a^2u^2}{2au}.$$ 分子は正、$r>0$、$a>0$ だから $u>0$、すなわち $x>a/2$ が必要である。

逆に任意の $x>a/2$ をとり、(3)で $y$ を定める。$u=x-a/2>0$ とし $$\displaystyle q=au+y=\frac{x^2+a^2u^2}{2au}>0$$ とおく。(2)が成立するので $x^2+y^2=q^2$、従って $OP=q$ である。ここで $x=u+a/2$ を用いると $$\displaystyle q-1=\frac{(1+a^2)u^2-au+a^2/4}{2au} =\frac{(1+a^2)\left(u-\frac{a}{2(1+a^2)}\right)^2 +\frac{a^4}{4(1+a^2)}}{2au}>0.$$ また二つの距離の二乗の差は $OP^2-AP^2=2ax+2y-a^2-1=2q-1$ だから $$AP^2=q^2-(2q-1)=(q-1)^2.$$ $AP\ge0$ かつ $q-1>0$ より $AP=q-1$。よって $OP-AP=1$ が実際に成り立つ。従って(3)と $x>a/2$ は元の条件と同値であり、$x$ の変域は $x>a/2$ である。

問2 $t=a/x$ と置く。問1から $x>a/2>0$ なので $0<t<2$ である。(3)に $a=tx$ を代入して $$\displaystyle y=\frac{1}{t(2-t)}-\frac{t(2-t)x^2}{4}.$$

問3 $x>0$ を固定すると、$a>0$ かつ $x>a/2$ は $0<t=a/x<2$ と同値である。$k=t(2-t)=1-(t-1)^2$ とおくと、$k$ は $0<k\le1$ のすべての値をとる。問2の式は $$\displaystyle y=g_x(k)=\frac1k-\frac{x^2k}{4}.$$ $g_x'(k)=-1/k^2-x^2/4<0$ だから、固定した $x$ での最小値は $k=1$ のときの $1-x^2/4$ である。$k\to0+$ では $g_x(k)\to\infty$ となり、連続性によりその間の値もすべてとる。逆に $y\ge1-x^2/4$ が与えられれば、$0<k\le1$ の範囲からその値を生む $k$ を選び、$t=1+\sqrt{1-k}$ とおくと $0<t<2$ となり、$a=tx>0$ とできる。問1の十分性により、得られた点は実際に $H_a$ 上にある。従って通過領域は、次の不等式を満たす点全体である。 $$x>0,\qquad y\ge1-x^2/4.$$ 図では右半平面の放物線 $y=1-x^2/4$ 以上を塗る。放物線上の $x>0$ の点は含み、$y$ 軸上の点は含まない。