大学入試問題

1.包絡線(2)

ここで扱った直線の通過領域の問題は昔からよく出題されています．
平成26年度に次の問題がありました．

問題（平成26年度名古屋大）
実数$t$に対して$P(t,t^2),Q(t+1,(t+1)^2)$を考える．$t$が$-1\leqq t\leqq 0$の範囲で動くとき，線分 $PQ$が通過してできる図形を図示し，その面積を求めよ．

問題（平成26年度東北大）
$x=t+\dfrac{1}{3t} \ \ (0$＜$\leqq \dfrac{1}{2})$とする．
(1) $x$の取り得る値の範囲を求めよ．
(2)　$x$の方程式$x^2+ax+b=0$が(1)の範囲に少なくとも１つの解をもつような点$(a,b)$の存在範囲を図示せよ．

他にあと２題紹介します．次の問題は今回書き改める前まで扱っていた問題です．
問題(平成21年度札幌医科大)
平面上に２点$P(a,b),Q(a,-b)$がある．ただし$a,b$は正の数とする．線分$OP$と線分$OQ$上に，それぞれ動点$M,N$があり，$PM=ON$ を満たすように動くとき，線分$MN$が通過する領域を$T$とする．領域$T$を図示せよ．

以上の３題は解答が必要なら各自調べてください．

問題(京都大(1984年))
実数$t$の値によって定まる点$P(t+1,t)$と$Q(t-1,-t)$がある．
$t$が$0\leqq t\leqq 1$を動くとき線分$PQ$が通過する範囲の面積を求めよ．

京都大のこの問題がここで扱った一連の問題の先駆けかどうかはわかりませんが，私が教員になりたての頃の問題で苦労したのをよく覚えています．

解
直線$PQ$の方程式は
$y=-t^2+tx=-(t-\dfrac{x}{2})+\dfrac{x^2}{4}$
$0\leqq t\leqq 1$における$y$の値域を求める．
$x\leqq 0$のとき$x-1\leqq y\leqq 0$
$0\leqq x\leqq 1$のとき$x-1\leqq y\leqq \dfrac{x^2}{4}$
$1\leqq x\leqq 2$のとき$0 \leqq y\leqq \dfrac{x^2}{4}$
$2\leqq x$のとき$0\leqq y\leqq x-1$

直線$PQ$の通過する領域は図の（灰色＋黄色）の部分．
ここでは点$P$は線分$AB$を点$Q$線分$CD$を動くから，求める領域は図の黄色の部分である．
面積$S$は
$\displaystyle S=\dfrac{1}{2}+\int_0^2(\dfrac{x^2}{4}-x+1)dx=\dfrac{7}{6}$

(以下平成27年６月に追加しました)
包絡線を学んだので，包絡線を使う問題を紹介します．

問題(東京大(1986年))
2次方程式
$ax^2-2bx+c=0$
の係数$a,b,c$がそれぞれ次の範囲で動くものとする．
$0.9\leqq a\leqq 1.1, 2.7\leqq b\leqq 3.3, 4.5\leqq c\leqq 5.4 $
(1) このとき
$u=\dfrac{b}{a},v=\dfrac{c}{a}$
を座標とする点$P(u,v)$の動く範囲を定め，図示せよ．
(2)上の２次方程式の２つの解のうち，大きい方を$z$とする.$a,b,c$が上の範囲で動くとき$z$の最大値，最小値を求めよ．

解
(1) 領域$A=\{(x,y)|2.7\leqq x\leqq 3.3,4.5\leqq y \leqq 5.4\}$を$0.9\leqq a\leqq 1.1$の範囲で$\dfrac{1}{a}$倍相似拡大したものである．
$P(2.7,5.4),Q(2.7,4.5),R(3.3,4.5),S(3.3,5.4$
とおく．$O$を原点とする．
$\dfrac{\overrightarrow{OQ}}{1.1}=(\dfrac{27}{11},\dfrac{45}{11}), \dfrac{\overrightarrow{OS}}{0.9}=(\dfrac{11}{3},6)$

であるから，$(u,v)$の動く範囲は右図の太線で囲まれた部分．
(2)　まず， (1)で求めた範囲を$u,v$が動くとき，方程式
$x^2-2ux+v=0$
は実数解をもつかどうかを調べる．
$D/4=u^2-v\geqq 0$
の範囲に(1)の範囲が入っているかどうかを知れべればよい．
$v=u^2,v=2u$
を解けば
$u=0,2$
であり，$B$の$u$座標が$\dfrac{27}{11}$ であるから， (1)で求めた範囲を$u,v$が動くとき必ず実数解をもつ．
与えられて方程式の大きい方の解$z$は
$z=u+\sqrt{u^2-v}$
$z-u=\sqrt{u^2-v}$
両辺を平方して
$v=2zu-z^2 \ \ (u\leqq z)\cdots (\sharp)$
直線$(\sharp)$が(1)で得た領域と交わるときの$z$の最大値，最小値が$z$の最大値，最小値である．
$v=2zu-z^2=-(z-u)^2+u^2$
より，直線$v=2zu-z^2$は任意の$z$で放物線$v=u^2$に接し，接点の$u$座標は $u=z$である．半直線$(\sharp)$は放物線$v=u^2$の$u=z$における接線の$u\leqq z$の範囲である（本項の前半部分を参照）．このように直線を具体的放物線の接線と考えることができるの包絡線の強みである．
解答を完成させよう．
直線の傾きは正であるあるから，最大値になる可能性があるのは,$D$または$E$である．
$D(3,\dfrac{45}{11})$のとき
$z=u+\sqrt{u^2-v}=\dfrac{33+3\sqrt{66}}{11}$
$E(\dfrac{11}{3},5)$のとき
$z=\dfrac{11+2\sqrt{19}}{3}$
この２つの数の大小はあきらかではない．きちんと確認する必要がある (というより，２つの数の大小をどのように処理をするかが出題者の狙いの１つ)．
ここでは，ともに直線$v=\dfrac{15}{11}u$上にあることを利用する．
$v=u+\sqrt{u^2-\dfrac{15}{11}u}$
において，$u(u-\dfrac{15}{11})$は$3\leqq u$で単調増加であるから， $E(\dfrac{11}{3},5)$で最大値をとり，その最大値は
$z=\dfrac{11+2\sqrt{19}}{3}$
である．
つぎに最小値を調べよう．
直線の傾きは正であるあるから$A(3,6)$か$B(\dfrac{27}{11},\dfrac{54}{11})$で最小値をとる．
最大値を調べた同様の方法でどちらが小さいかを調べよう．
$A,B$はともに直線$v=2u$上にある．
$z=u+\sqrt{u^2-2u}$
は$\dfrac{27}{11}\leqq u$で単調増加より，$u=\dfrac{27}{11}$すなわち点$B$で最小値
$z=\dfrac{27+3\sqrt{15}}{11}$
をとる．

ここでの解答は包絡線を意識したもので，このように解くのは現実的ではない．
次の解答が標準的である．

標準的解答
$0\leqq u,v$のとき
$z=u+\sqrt{u^2-v}$
は$v$が一定のとき$z$は$u$の増加関数であり，$u$が一定のとき$v$の減少関数である．
したがって，最大値は$D$か$E$でとり，最小値は$A$か$B$でとる．
$D,E$における$z$の値の大小および$A,B$における$z$の値の大小を調べればよい．これは上の解答で示してある

この解答でわかるように $x^2-2ux+v=0$
大きい方の解$z=u+\sqrt{u^2-v}$
は比較的扱いやすいが，小さい方の解
$w=u-\sqrt{u^2-v}$
は難しくなる．この場合は包絡線の考え方が効果的である．$z=u+\sqrt{u^2-v}$は放物線$v=u^2$の$u=z$における接線の$z\leqq u$の部分である．

(以下平成29年11月に追加しました)
包絡線は直線が連続的に動いたときの軌跡です．ある図形の面積を２等分する直線は連続的に変化するから，次の問題は典型的な包絡線の問題です．
問題1(防衛医科大(2017年))
座標平面上に1辺の長さが8の正三角形$OAB$をつくる．$O$は原点，$B$は$(0,8)$.$A$ は第１象限にあるものとする．ある直線が辺$OA$と$OB$上を通り，$\triangle OAB$ の面積を２等分するとき，この直線が$\triangle OAB$上に取り得る範囲を図示せよ．

まず，本文の中で述べた２つの方法で解きましょう．
辺$OA,OB$上にそれぞれ$P,Q$をとり
$\overrightarrow{OP}=a\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OQ}=b\overrightarrow{OB}$
とすると，
$ab=\dfrac{1}{2}$
であるから，
$P(4\sqrt{3}a,4a),Q(0,\dfrac{4}{a}),\dfrac{1}{2}\leqq a\leqq 1$
のとき，直線$PQ$の通過範囲を求めればよい．

直線$PQ$の方程式は
$y=\dfrac{4a-\frac{4}{a}}{4\sqrt{3}a}x+\dfrac{4}{a}$
以下解答が分かれる．
解答１ $a$で整理すると
$(\sqrt{3}y-x)a^2-4\sqrt{3}a+x=0$
この$a$についての２次方程式が$\frac{1}{2}\leqq a\leqq 1$の範囲に少なくとも１つの解を持つ$x,y$の関係式を求めればよい．
左辺を$f(a)$とおき，平方完成すると
$f(a)=(\sqrt{3}y-x)\left(a-\dfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}y-x}\right)^2$
$+\dfrac{\sqrt{3}xy-x^2-12}{\sqrt{3}y-x}$
ここで$\sqrt{3}y-x > 0$に注意する．
$\sqrt{3}xy-x^2-12\leqq 0$
すなわち
$y\leqq \dfrac{x^2+12}{\sqrt{3}x}$
に付け加える条件を場合分けをして調べる．
まず$f(1)=\sqrt{3}(y-4),f(\dfrac{1}{2})=\dfrac{\sqrt{3}}{4}(y+\sqrt{3}x-8)$である．
$(1)\ \ \dfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}y-x}\leqq \dfrac{1}{2}$ すなわち$\dfrac{x}{\sqrt{3}}+4\leqq y$のとき
$f(\dfrac{1}{2})\leqq 0,f(1)\geqq 0$
$(2) \ \ \dfrac{1}{2}\leqq \dfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}y-x}\leqq \dfrac{3}{4}$ すなわち$\dfrac{x}{\sqrt{3}}+\dfrac{8}{3}\leqq y \leqq \dfrac{x}{\sqrt{3}}+4$のとき
$f(1)\geqq 0$
$(3) \ \ \dfrac{3}{4}\leqq \dfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}y-x}\leqq 1$ すなわち$\dfrac{x}{\sqrt{3}}+2\leqq y \leqq \dfrac{x}{\sqrt{3}}+\dfrac{8}{3}$のとき
$f(\dfrac{1}{2})\geqq 0$

$(4) \ \ 1\leqq \dfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}y-x}$
すなわち$y\leqq \dfrac{x}{\sqrt{3}}+2$のとき
$f(\dfrac{1}{2})\geqq 0,f(1)\leqq 0$
ここで，
$y=\dfrac{x^2+12}{\sqrt{3}x},y=4$
は$(2\sqrt{3},4)$で接し，
$y=\dfrac{x^2+12}{\sqrt{3}x},$
$y=-\sqrt{3}x+8$
は$(\sqrt{3},5)$で接することに注意して図示すると右図になる．

つぎに２次関数の最大値，最小値を求める問題として解いてみましょう．解答１より簡単であることが分かります．
解答2
直線$PQ$の方程式は
$y=\dfrac{4a-\frac{4}{a}}{4\sqrt{3}a}x+\dfrac{4}{a}=f(a)$
であるから，$\dfrac{1}{2}\leqq a \leqq 1$における$y$の変域を求めればよい．
$f'(a)=-\dfrac{4}{a^3}(a-\dfrac{x}{2\sqrt{3}})$
$(1) \ \ \dfrac{x}{2\sqrt{3}}\leqq \dfrac{1}{2}$すなわち$x\leqq \sqrt{3}$のとき．
$f(1)\leqq y \leqq f(\dfrac{1}{2})$
$(2) \ \ \dfrac{1}{2}\leqq \dfrac{x}{2\sqrt{3}}\leqq 1$すなわち$\sqrt{3}\leqq x \leqq 2\sqrt{3}$のとき
$\min (f(1),f(\dfrac{1}{2}))\leqq y \leqq f(\dfrac{3x}{2\sqrt{3}})$
$(3) \ \ 1\leqq \dfrac{x}{2\sqrt{3}}$すなわち$2\sqrt{3}\leqq x$のとき．
$f(\dfrac{1}{2})\leqq y \leqq f(1)$
ここで，
$f(\dfrac{1}{2})=-\sqrt{3}x+8,f(1)=4,f(\dfrac{x}{2\sqrt{3}})= \dfrac{x}{\sqrt{3}}+\dfrac{4\sqrt{3}}{x}$
$f(\dfrac{1}{2})=f(1)$を解くと$x=\dfrac{4}{\sqrt{3}}$
まとめると次のようになる．
$(1) \ \ x\leqq \sqrt{3}$のとき．
$4\leqq y \leqq -\sqrt{3}x+8$
$(2) \ \ \sqrt{3}\leqq x \leqq \dfrac{4}{\sqrt{3}}$のとき
$4\leqq y \leqq \dfrac{x}{\sqrt{3}}+\dfrac{4\sqrt{3}}{x}$
$\dfrac{4}{\sqrt{3}}\leqq x \leqq 2\sqrt{3}$のとき
$-\sqrt{3}x+8\leqq y \leqq \dfrac{x}{\sqrt{3}}+\dfrac{4\sqrt{3}}{x}$
$(3) \ \ 2\sqrt{3}\leqq x$のとき．
$-\sqrt{3}x+8\leqq y\leqq 4$

包絡線とは，直線を曲線に沿って，すなわち曲線の接線として動かすということです．これからその方法で解いてみます．
その前に，右の図を見てください．どのように直線を動かすかがわかるでしょう．ピンクの曲線の接線として動かすことです．

解答3
$y=\dfrac{4a-\frac{4}{a}}{4\sqrt{3}a}x+\dfrac{4}{a}=f(a)$
$\frac{1}{a}$に関しての平方完成し
$f(a)=-\dfrac{x}{\sqrt{3}}(\dfrac{1}{a}-\dfrac{2\sqrt{3}}{x})^2+\dfrac{4\sqrt{3}}{x}+\dfrac{x}{\sqrt{3}}$
直線$y=f(a)$は任意の$a$で2次曲線$y=\frac{4\sqrt{3}}{x}+\frac{x}{\sqrt{3}}$と接し(本文を参照)接点は
$\dfrac{2\sqrt{3}}{x}=\dfrac{1}{a}$
すなわち
$x=2\sqrt{3}a$
$\frac{1}{2}\leqq a\leqq 1$であるから曲線$y=\frac{2\sqrt{3}}{x}+\frac{x}{\sqrt{3}}$の $\sqrt{3}\leqq x\leqq 2\sqrt{3}$の間の接線である．

典型的な問題といいましたが解答１を見たらわかるように場合分けが煩雑である．出題者のこの問題の意図を私はわからないが，２次関数の最大，最小，方程式の解の存在範囲の学習と考えるなら，次の問題が解ければ十分です．

問題2
$O$を原点とする座標平面上の点$A(1,0),B(0,1)$がある．ある直線が辺$OA$と辺$OB$上を通り，$\triangle OAB$ の面積を２等分するとき，この直線が$\triangle OAB$上に取り得る範囲を図示せよ．

解答
辺$OA,OB$上にそれぞれ$P,Q$をとり$Q(0,a)$とする．直線$PQ$が$\triangle OAB$の面積を２等分するとき
$OP\cdot OQ=\dfrac{1}{2}$
であるから$Q(\frac{1}{2a},0)$.直線$PQ$の方程式は
$2ax+\dfrac{y}{a}=1$
したがって
$y=-2a^2x+a$
$a$についての２次式とみて平方完成すると
$=-2x(a-\dfrac{1}{4x})^2+\dfrac{1}{8x}=f(a)$
$f(1)=-2x+1,f(\dfrac{1}{2})=-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}$
より次のようになる．
$(1) \ \ \dfrac{1}{4x}\leqq \dfrac{1}{2}$すなわち$\dfrac{1}{2}\leqq x$のとき
$f(1)\leqq y \leqq f(\dfrac{1}{2})$
$\therefore -2x+1\leqq y \leqq -\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}$
$(2) \ \ \dfrac{1}{2}\leqq \dfrac{1}{4x}\leqq \dfrac{3}{4}$すなわち$\dfrac{1}{3}\leqq x\leqq \dfrac{1}{2}$のとき
$f(1)\leqq y \leqq f(\dfrac{1}{4x})$
$\therefore -2x+1\leqq y \leqq \dfrac{1}{8x}$
$(3) \ \ \dfrac{3}{4}\leqq \dfrac{1}{4x}\leqq 1$すなわち$\dfrac{1}{4}\leqq x\leqq \dfrac{1}{3}$のとき

$f(\dfrac{1}{4x})\leqq y \leqq f(\dfrac{1}{2})$
$\therefore \dfrac{1}{8x}\leqq y\leqq -\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}$
$(4) \ \ 1\leqq \dfrac{1}{4x}$すなわち$x\leqq \dfrac{1}{4}$のとき
$f(\dfrac{1}{2})\leqq y\leqq f(1)$
$\therefore -\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}\leqq y \leqq -2x+1$

ここで取り上げた２つの問題の関係を知らべましょう．
以下１次変換の知識を用います．
１次変換とは，座標平面から座標平面への写像
$f:(x,y)\mapsto (x',y')$
で，ある定数$a,b,c,d$を用いて
$\begin{cases}x'=ax+by\\y'=cx+dy\end{cases}$
と表せるものです．これを行列で表示すると,
$\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\cdots (\sharp)$
となる．
これは１変数の比例に対応する，２変数から２変数への対応を系統的に扱うとき，最初に学ぶ重要な写像です．
１次変換で直線は直線にうつりさらに，領域$D$の面積を$\mathrm{area}(D)$と表せば，$(\sharp)$で決まる１次変換で$D$が$D'$ にうつるとき
$\mathrm{area}(D')=|ad-bc|\mathrm{area}(D)$
が成り立ちます．したがって，ある１次変換で$D_1$が$D_1'$にうつり，$D_2$が $D_2'$にうつるとき
$\mathrm{area}(D_1):\mathrm{area}(D_2)=\mathrm{area}(D_1'):\mathrm{area}(D_2')$
が成り立ちます．
したがって，ある領域を２等分する直線は１次変換で像の領域を２等分する直線にうつります．
これらのことを認めて２つの問題の設定を見直しましょう．
$\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\mapsto \begin{pmatrix}4\sqrt{3}\\4\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\mapsto \begin{pmatrix}0\\8\end{pmatrix}$
で決まる１次変換，
$\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\sqrt{3}&0\\4&8\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$
で問題2の解答の中の直線，曲線である
$y=-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2},y=-2x+1,y=\dfrac{1}{8x}$
はそれぞれ問題1の解答の中の直線，曲線である
$y=4,y=-\sqrt{3}x+8,y=\dfrac{x}{\sqrt{3}}+\dfrac{4\sqrt{3}}{x}$
にうつる．双曲線だけ確認しよう．
$y=\frac{1}{8x}$を媒介変数表示すると$(t,\frac{1}{8t})$
$\begin{pmatrix}4\sqrt{3}&0\\4&8\end{pmatrix} \begin{pmatrix}t\\ \dfrac{1}{8t}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\sqrt{3}t\\ 4t+\dfrac{1}{t}\end{pmatrix}$
したがって
$x=4\sqrt{3}t,y=4t+\dfrac{1}{t}$
すなわち
$y=\dfrac{x}{\sqrt{3}}+\dfrac{4\sqrt{3}}{x}$
問題１では出題されませんでしたが，求めた領域の面積を求めることもよくあります．これは，問題１の場合は直接求めるのは面倒です．しかし問題２の場合を求めて
$\det \begin{pmatrix}4\sqrt{3}&0\\4&8\end{pmatrix}$
の絶対値を掛ければよい．
問題２で求めた領域の面積は
$\dfrac{1}{12}+\dfrac{\log 2}{8}$
である．したがって，問題で１で求めた領域の面積は
$32\sqrt{3}\left(\dfrac{1}{12}+\dfrac{\log 2}{8}\right)$
である．もっというなら，問題１で求めた面積と$\triangle OAB$の面積比
$\dfrac{1}{12}+\dfrac{\log 2}{8}:\dfrac{1}{2}$
は変わらないから一般的に書くと次のようになる．
命題
$\triangle OAB$で辺$OA,OB$上を通る$\triangle OAB$の面積を２等分する直線のこの三角形の内の通りうる範囲の面積は$\triangle OAB$の面積を$S$とすると
$(\dfrac{1}{6}+\dfrac{\log 2}{4})S$
である．

1次変換は初等的問題を解決するのよく使われます．
たとえば楕円
$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$
に内接する最大面積の三角形を求めよう．
直接考えると難問だと思いますが，１次変換で円にうつすと簡単に解決します．
１次変換で領域の面積の比は変わりませんから，最大面積は最大面積にうつります．
行列
$\begin{pmatrix}\dfrac{1}{a}&0\\0&\dfrac{1}{b}\end{pmatrix}$
で楕円を単位円にうつし，単位円に内接する面積最大の三角形すなわち正三角形をこの１次変換で戻せば，最大面積の楕円に内接する三角形が得られ，その頂点は
$(a\cos \theta ,b\sin \theta ),(a\cos (\theta +\dfrac{2\pi}{3}),b\sin (\theta +\dfrac{2\pi}{3}), (a\cos (\theta +\dfrac{4\pi}{3},b\sin (\theta +\dfrac{4\pi}{3}))$
となる．

$x'=ay,y'=by$
で定まる変換$h:(x,y)\mapsto (x',y')$は１次変換であるが，この変換で領域が$ab$倍になることは高校生は容易に理解できる．
たとえば，領域を小さな正方形で敷き詰め変換$h$でうつすと，それぞれの正方形が$ab$ 倍になるので，面積も$ab$倍になるといってもよいし，積分を用いるなら

変換$h$による関数$y=f(x)$の像は
$\dfrac{y}{b}=f(\dfrac{x}{a})$
であり，
$\displaystyle \int_{ax_0}^{ax_1}bf(\dfrac{x}{a})dx$
$\frac{x}{a}=t$とおくと
$\displaystyle =ab\int_{x_0}^{x_1}f(x)dx$
である．したがって，領域の面積が$ab$倍になっている．

（包絡線の項目終わり）