6東京大学 2011年 数学 第6問解答・解説

・ $f(t)=xt^2+yt$ は $x>0$ より下に凸で、端点の値は $f(0)=0,\ f(1)=x+y$、頂点の $t$ 座標は $-y/(2x)$ である。頂点が区間内にあるのは $-2x\leq y\leq0$ のときで、その最小値は $-y^2/(4x)$、最大値は $\displaystyle \max(0,x+y)$。頂点が区間外なら最小・最大は端点で与えられる。以上より $$\displaystyle D(x,y)=\max f-\min f= \begin{cases} x+y &(y\geq0),\\ (2x+y)^2/(4x)&(-x\leq y\leq0),\\ y^2/(4x)&(-2x\leq y\leq-x),\\ -x-y&(y\leq-2x). \end{cases}$$

・ $\displaystyle m=\min\limits _{0\leq t\leq1}f(t),\ M=\max\limits _{0\leq t\leq1}f(t)$ とする。条件 $0\leq f(t)+z\leq1$ を満たす $z$ が存在することは、$-m\leq z\leq1-M$ となる $z$ が存在することと同値であり、これは $M-m=D(x,y)\leq1$ と同値である。前問の式を各場合に適用すると、$0<x\leq1$ では $$-1-x\leq y\leq1-x,$$ $1\leq x\leq4$ では $$-2\sqrt{x}\leq y\leq2\sqrt{x}-2x,$$ となり、$x>4$ では解がない。したがって $S$ はこの2本の境界の間の領域である。下側境界は $y=-1-x\ (0<x\leq1)$ から $y=-2\sqrt{x}\ (1\leq x\leq4)$、上側境界は $y=1-x\ (0<x\leq1)$ から $y=2\sqrt{x}-2x\ (1\leq x\leq4)$ へつながる。両曲線は $(4,-4)$ で合流し、$x=0$ の線分は $x>0$ の条件により含まれない。

・ $x=0$ では $f(t)=yt$ の値域差は $|y|$ なので、$0\leq x\leq1$ で許される $y$ の範囲は一様に $-1-x\le y\le1-x$ と書ける。固定した $x,y$ に対し、許される $z$ の範囲は $-m\le z\le1-M$ で、その長さは $1-D(x,y)$ である。$(x=0)$ の断面積は $\displaystyle \int_{-1}^{1}(1-|y|)\,dy=1$ である。以下では $x>0$ の断面積を計算し、得られる式を $x=0$ まで連続に延長する。よって断面積は $$\displaystyle A(x)=\frac{(1-x)^2}{2} +\int_{-2x}^{-x}\left(1-\frac{y^2}{4x}\right)dy +\int_{-x}^{0}\left(1-\frac{(2x+y)^2}{4x}\right)dy +\frac{(1-x)^2}{2}.$$ 中央の各積分は $\displaystyle x-\frac{7x^2}{12}$ だから $$\displaystyle A(x)=(1-x)^2+2x-\frac{7x^2}{6}=1-\frac{x^2}{6}.$$ したがって $$\displaystyle \operatorname{Vol}(V)=\int_0^1 A(x)\,dx=\int_0^1\left(1-\frac{x^2}{6}\right)dx=1-\frac1{18}=\frac{17}{18}.$$

二次関数の頂点・端点から値域幅Dを場合分けする。関数の値を平行移動によって0以上1以下に収める条件はD≦1であり、それを解いてSを得る。Vは各(x,y)で許されるzの幅1−Dを断面積として積分する。x=0断面も別に確認する。