東京大学 理系数学 2020年 第6問 解説

今回は、東京大学理系数学（2020年 第6問）の解説をしたいと思います。

問題

　以下の問いに答えよ。

⑴　$A,\alpha$ を実数とする。$\theta$ の方程式
$$A\sin 2\theta -\sin(\theta+\alpha)=0$$を考える。$A\gt 1$ のとき，この方程式は $0\leqq\theta\lt 2\pi$ の範囲に少なくとも $4$ 個の解を持つことを示せ。

⑵　座標平面上の楕円
$$C:\quad \dfrac{x^2}{2}+y^2=1$$を考える。また，$0\lt r\lt 1$ を満たす実数 $r$ に対して，不等式
$$2x^2+y^2\lt r^2$$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\lt r\lt 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）

解答

⑴

$$f(\theta) = A\sin 2\theta -\sin(\theta+\alpha) \ \text{（} \ 0\leqq\theta\leqq 2\pi \ \text{）}$$とおくと、$A\gt 1$ より
$$\begin{align}
f(0) &= -\sin\alpha \\
f\left(\dfrac{\pi}{4}\right) &= A-\sin\left(\alpha+\dfrac{\pi}{4}\right) \gt 0 \\
f\left(\dfrac{3}{4}\pi\right) &= -A-\sin\left(\alpha+\dfrac{3}{4}\pi\right) \lt 0 \\
f\left(\dfrac{5}{4}\pi\right) &= A-\sin\left(\alpha+\dfrac{5}{4}\pi\right) \gt 0 \\
f\left(\dfrac{7}{4}\pi\right) &= -A-\sin\left(\alpha+\dfrac{7}{4}\pi\right) \lt 0 \\
f(2\pi) &= -\sin\alpha \\
\end{align}$$

$f(\theta)$ は連続関数なので、中間値の定理より $\dfrac{\pi}{4}\lt\theta\lt\dfrac{3}{4}\pi, \ $$\dfrac{3}{4}\pi\lt\theta\lt\dfrac{5}{4}\pi, \ $$\dfrac{5}{4}\pi\lt\theta\lt\dfrac{7}{4}\pi$ の各範囲に $f(\theta)=0$ となる $\theta$ が少なくとも $1$ つずつ存在する。

また、$\sin\alpha\geqq 0$ なら $0\leqq\theta\lt\dfrac{\pi}{4}$ の範囲に、$\sin\alpha\leqq 0$ なら $\dfrac{7}{4}\pi\lt\theta\lt2\pi$ の範囲に、$f(\theta)=0$ となる $\theta$ が少なくとも $1$ つ存在する。

よって、方程式 $f(\theta)=0$ は $0\leqq\theta\lt 2\pi$ の範囲に少なくとも $4$ 個の解を持つ。$$\tag{証明終}$$

⑵

$\mathrm{P}$ の座標を $\left(\dfrac{k}{\sqrt{2}}\cos\alpha, \ k\sin\alpha\right)$（ $0\leqq k \lt r, \ $$0\leqq\alpha\lt 2\pi$ ）、$\mathrm{Q}$ の座標を $(\sqrt{2}\cos\theta, \ \sin\theta)$（ $0\leqq\theta\lt 2\pi$ ）とおく。

$\mathrm{Q}$ における $C$ の接線を $\ell$ とすると、$\ell$ の方程式は
$$\dfrac{\sqrt{2}\cos\theta}{2}x+(\sin\theta)y=1$$となり、$\ell$ の方向ベクトルとして $\begin{pmatrix}\sqrt{2}\sin\theta \\ -\cos\theta\end{pmatrix}$ がある。

よって、$\ell$ と直線 $\mathrm{PQ}$ が直交するとき
$$\begin{align}
\begin{pmatrix}\sqrt{2}\sin\theta \\ -\cos\theta\end{pmatrix} \cdot
\begin{pmatrix}\sqrt{2}\cos\theta-\dfrac{k}{\sqrt{2}}\cos\alpha \\ \sin\theta-k\sin\alpha\end{pmatrix} &= 0 \\
\sin\theta\cos\theta \ – \ k\sin\theta\cos\alpha + k\cos\theta\sin\alpha &= 0 \\
\dfrac{1}{2}\sin 2\theta \ – \ k\sin(\theta-\alpha) &= 0 \quad\cdots\text{①}
\end{align}$$

$k=0$ のとき、①は $\sin 2\theta = 0$ となり、これを満たす $\theta$ は $\theta = 0, \ $$\dfrac{\pi}{2}, \ $$\pi, \ $$\dfrac{3}{2}\pi$ の $4$ 個なので、条件を満たす。

$0 \lt k \lt r$ のとき、①より
$$\dfrac{1}{2k}\sin 2\theta \ – \sin(\theta-\alpha) = 0 \quad\cdots\text{②}$$となる。

$0\lt r \leqq \dfrac{1}{2}$ のとき $0\lt k \lt \dfrac{1}{2}$ すなわち $\dfrac{1}{2k}\gt 1$ となるので、⑴より、任意の実数 $\alpha$ に対して $\theta$ の方程式②は少なくとも $4$ 個の解を持ち、これは条件を満たすことと同値である。

したがって、条件を満たすような実数 $r$ が存在する。$$\tag{証明終}$$

以下、$\dfrac{1}{2} \lt r \lt 1$ のとき、条件を満たさないことを示す。

このとき、$k=\dfrac{1}{2}, \ $$\alpha=\dfrac{\pi}{4}$ とした点 $\mathrm{P}$ は領域 $D$ 内に存在する。

$k=\dfrac{1}{2}, \ \alpha=\dfrac{\pi}{4}$ を②に代入して整理すると
$$\sin 2\theta = \sin\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)$$となり、これを解くと
$$\begin{align}
2\theta &= \theta-\dfrac{\pi}{4}+2n\pi, \ \pi-\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)+2n\pi \\
\therefore\quad\theta &= \left(2n-\dfrac{1}{4}\right)\pi, \ \left(\dfrac{2}{3}n+\dfrac{5}{12}\right)\pi \ \text{（} \ n \ \text{は整数）}
\end{align}$$$0\leqq\theta\lt 2\pi$ より
$$\theta = \dfrac{5}{12}\pi, \ \dfrac{13}{12}\pi, \ \dfrac{7}{4}\pi$$となる。

したがって、$\dfrac{1}{2} \lt r \lt 1$ のとき、$\theta$ の方程式②の解が $3$ 個（ $4$ 個未満）であるような $k,\alpha$ が存在し、これは条件を満たさないことと同値である。

よって、$D$ 内のすべての点 $\mathrm{P}$ が条件を満たすような実数 $r$ の範囲は $0\lt r \leqq \dfrac{1}{2}$ であり、その最大値は $\boldsymbol{\dfrac{1}{2}}$ である。

解説

⑴は、方程式の中に $A,\alpha$ が入っているので $\theta=$ の形に解くことができず、他の方法を考えなくてはなりません。
微分しても $A,\alpha$ は消えないので、残る方法としては解答のように「中間値の定理」を使って、$f(\theta)=0$ を満たす $\theta$ が $4$ 個存在することを言うほかありません。

ちなみに、$y=A\sin 2\theta$ と $y=\sin(\theta+\alpha)$ のグラフは下図のようになります（ $\alpha$ の値をスライダーで動かすことができます）。

$2$ つのグラフの共有点、すなわち $f(\theta)=0$ の解が常に $4$ 個あることが分かりますね。
これがイメージできれば、どの区間で「中間値の定理」を使えばよいかが分かりやすくなると思います。

⑵については、⑴と⑵で「少なくとも $4$ 個」が共通しているため、⑴を上手く使おうという発想になるのが自然です。つまり、点 $\mathrm{P},\mathrm{Q}$ の座標を「三角比」でおいてみようと考えるわけですね。

また、$\ell$ と直線 $\mathrm{PQ}$ が直交する条件を立式する際、解答のようにベクトルを用いれば、文字で割る回数が減ることで（割る文字が $0$ かそうでないかの）場合分けが減り、時間短縮につながります。

$\dfrac{1}{2} \lt r \lt 1$ のとき不適であることの証明の論理は分かりましたか？
ある $r$ が不適であることを示すには、領域 $D$ 内の点 $\mathrm{P}$ のうち、たった $1$ つでも条件を満たさないものがあることを示せば良いです。

本解答では $\mathrm{P}$ の座標を具体的に $1$ つ固定し、その $\mathrm{P}$ が $\dfrac{1}{2}\lt r \lt 1$ の範囲のいかなる $r$ においても条件を満たさないことを示しました。

下図に⑵の状況を示します（点 $\mathrm{P}$ の位置をスライダーで動かすことができます）。

この図からも、$0\lt r \leqq \dfrac{1}{2}$ では必ず点 $\mathrm{Q}$ が $4$ 個存在し、$r \gt \dfrac{1}{2}$ では必ずしも $4$ 個存在するとは限らないことが分かりまますね。

まとめ

今回は、東京大学理系数学（2020年 第6問）の解説をしました。