東京大学 文系 2009年度 問4

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解答作成者: 安田 亨

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入試情報

大学名 東京大学
学科・方式 文系
年度 2009年度
問No 問4
学部 文科一類 ・ 文科二類 ・ 文科三類
カテゴリ
状態 解答 解説 ウォッチリスト

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\documentclass[a4j]{yasuda-book2} \usepackage[dvips]{graphicx,color} \usepackage[deluxe]{otf} \usepackage{amsmath,ceo} \usepackage{custom_yasuda} \begin{document} \lineskip =4pt \lineskiplimit =4pt \begin{FRAME} 2次以下の整式$f(x)=ax^2+bx+c$に対し\[ S=\dint {0}{2}\abs {f'(x)}dx \] を考える. \begin {shomonr} $f(0)=0,f(2)=2$のとき$S$を$a$の関数として表せ.\end {shomonr} \begin {shomonr} $f(0)=0,f(2)=2$をみたしながら$f$が変化するとき,$S$の最小値を求めよ. \end {shomonr} \end{FRAME} \vspace{4mm} \h\kai\quad \Shomonbr $f(0)=0$より$c=0$ $f(2)=2$より$4a+2b=2$ \[ \H\Y b=1-2a \] \[ f'(x)=2ax+b=2ax+1-2a \] \h\kakkoa \quad $f'(0)f'(2)=(1-2a)(1+2a)\geq 0$ のとき.これを解くと \[ -\dfrac{1}{2}\leq a\leq \dfrac{1}{2} \] となる.このとき$f'(x)$は$0\leq x\leq 2$で符号を変えない. \[ S=\abs{\dint{0}{2}(2ax+1-2a)dx} =\abs{\tint{ax^2+x-2ax}{0}{2}} =2 \] \kakkoi \quad $f'(0)f'(2)=(1-2a)(1+2a)< 0$ のとき. $\alpha =1-\dfrac{1}{2a}$とおくと$0<\alpha <2$ \[ f'(x)=2a(x-\alpha ) \] \[ S=\dint{0}{2}\abs{2a(x-\alpha )}dx =2\abs{a}\dint{0}{2}\abs{x-\alpha}dx \] \H\includegraphics[width=3.5cm]{2009-toudai-bun4-1.eps} 図1の網目部分の面積を考え \[ \dint{0}{2}\abs{x-\alpha}dx =\dfrac{1}{2}\alpha ^2+\dfrac{1}{2}(2-\alpha)^2 =\alpha ^2-2\alpha +2 \] \[ \phantom{\dint{0}{2}\abs{x-\alpha}dx}=(\alpha -1)^2+1 =\dfrac{1}{4a^2}+1 \] \[ S=2\abs{a}\p{\dfrac{1}{4a^2}+1} \] ここで,$a^2=\abs{a}^2$に注意すると \[ S=2\abs{a}\p{\dfrac{1}{4\abs{a}^2}+1}=\dfrac{1}{2\abs{a}}+2\abs{a} \] \[ \bd{-\dfrac{1}{2}\leq a\leq \dfrac{1}{2}のとき S=2} \] \[ \bd{a<-\dfrac{1}{2}, a> \dfrac{1}{2}のとき S=\dfrac{1}{2\abs{a}}+2\abs{a}} \] \Shomonbr $a<-\dfrac{1}{2}, a> \dfrac{1}{2}$のとき,相加相乗平均の不等式より \[ \dfrac{1}{2\abs{a}}+2\abs{a}\geq 2\sqrt{\dfrac{1}{2\abs{a}}\cdot 2\abs{a}}=2\quad (等号は成立しない) \] だから$S$の最小値は$\bd{2}$である. \vspace{2mm} \begin{Chu}\doichib 【{\gt 不等式を解く}】 解答では$f'(0)f'(2)$の符号で場合分けをしました.以下の別解では, $f'(x)=0$の解$x=1-\dfrac{1}{2a}$が $0\leq x\leq 2$にあるかどうかの場合分けを正直に書いてみます.これは分数不等式です.私が高校生のときには「分数不等式は,分母は払わず,一方の辺に集めて通分」と習いましたが,最近は,こうしたことを知らない大人が増えています.そのため,本当は分母を払わないで解いた方がいいのですが,生徒諸君は払うでしょう.別解はこれに合わせます.この場合,かける数(今は$a$)の符号に注意する必要があります. \h\donib 【{\gt 正直な積分をする}】以下では正直に積分する解法を書いてみます. ただし,この方針の生徒は,計算ミスをする危険性が高いので,適切な置き換えの練習をしたほうがいいでしょう. \end{Chu} \vspace{2mm} \h \bekkai \quad \kakkoichib \quad $f'(x)=2ax+1-2a$までは同じ. \h\kakkoa \quad $a=0$のとき$f'(x)=1$ \[ S=\dint{0}{2}dx=2 \] \kakkoi \quad $a\neq 0$のとき.$f'(x)=0$の解は$x=1-\dfrac{1}{2a}$ ここで,この解が$0<x<2$にあるときを調べる.まず$0<1-\dfrac{1}{2a}<2$を解く. \[ -1<\dfrac{1}{2a}<1 \] $a>0$のときは$-1<\dfrac{1}{2a}$は成り立つから,$\dfrac{1}{2a}<1$が問題である.これに$a$をかけて$a>\dfrac{1}{2}$となる. \H\includegraphics[width=3.5cm]{2009-toudai-bun4-2.eps} $a>\dfrac{1}{2}$のとき.$S$は図2の網目部分の面積で \[ S=-\dint{0}{1-\sfrac{1}{2a}}(2ax+1-2a)dx+ \dint{1-\sfrac{1}{2a}}{2}(2ax+1-2a)dx \] \[ \quad =-\tint{ax^2+x-2ax}{0}{1-\sfrac{1}{2a}}+ \tint{ax^2+x-2ax}{1-\sfrac{1}{2a}}{2} \] \[ \quad =2\B{-a\p{1-\dfrac{1}{2a}}^2-\p{1-\dfrac{1}{2a}}+2a\p{1-\dfrac{1}{2a}}}+4a+2-4a \] \[ \quad =2\p{-a+1-\dfrac{1}{4a}-1+\dfrac{1}{2a}+2a-1}+2 \] \[ \quad =2a+\dfrac{1}{2a} \] \quad $a<0$のときは$\dfrac{1}{2a}<1$は成り立つから$-1<\dfrac{1}{2a}$が問題である.これに\\ $-a\;(>0)$をかけて$a<-\dfrac{1}{2}$となる. \H\includegraphics[width=3.5cm]{2009-toudai-bun4-3.eps} $a<-\dfrac{1}{2}$のとき.図3の網目部分の面積を考え \[ S=\dint{0}{1-\sfrac{1}{2a}}(2ax+1-2a)dx- \dint{1-\sfrac{1}{2a}}{2}(2ax+1-2a)dx \] 計算は上と全く同様にして \[ S =-2a-\dfrac{1}{2a} \] \kakkou \quad 次に$f'(x)=0$の解が$0<x<2$にない場合を調べる.そのための$a$の範囲を求めるが,それは,\kakkoi 以外の場合だから$-\dfrac{1}{2}\leq a\leq \dfrac{1}{2}$である. ところで$f'(1)=1$\;(符号は正!)であることに注意すると, $f'(x)=0$の解が$0<x<2$にないときは,$0<x<2$では$f'(x)\geq 0$になる. \[ S=\dint{0}{2}(2ax+1-2a)dx=\tint{ax^2+x-2ax}{0}{2}=2 \] (以下省略) \vspace{5mm} \begin{Chu}\dosanb 【{\gt 伝統的な分数不等式の解き方}】$-1<\dfrac{1}{2a}<1$を解く場合,私が高校生のときには次のように習いました.方針は\\ 「分母を払わない.分母の2乗をかけることもしない.通分して一方の辺に集め,1変数の場合は因数の符号を決定づけている数を数直線に図示する.各区間で適否を調べる.」\\ です.分母を払わないのは場合分けを減らすための工夫です. この方針で $-1<\dfrac{1}{2a}<1$を解いてみましょう. $-1<\dfrac{1}{2a}$と$\dfrac{1}{2a}<1$に分ける.次に,$-1$と1をそれぞれ移項し,\\ $\dfrac{1}{2a}+1>0$と$1-\dfrac{1}{2a}>0$ にする.ここで通分し \[ \dfrac{1+2a}{2a}>0\tenten \tag{} \] \[ かつ\dfrac{2a-1}{2a}>0\tenten \tag{} \] \mruichi を満たす$a$を数直線上に図示しますが,ここでは$1+2a$の符号が問題なので,$a=-\dfrac{1}{2}$の前後で分かれ,また$a$の符号が問題なので,0の前後で分かれる.数直線に0と$-\dfrac{1}{2}$を図示した図aを描く.次に$a<-\dfrac{1}{2},\;-\dfrac{1}{2}<a<0,\;a>0$の各区間の$a$が適すかどうかを調べる.$a>0$のときは\mruichi の分母と分子が正で適す. $-\dfrac{1}{2}<a<0$のときは\mruichi の分子の符号は正,分母の符号が変わる($a>0$から$a<0$に入ったから)から不適となる.$a<-\dfrac{1}{2}$のときは分子も負になるから適す. \mruichi の場合は,私は単純に「2解$-\dfrac{1}{2},\;0$の外側」と呼んでいます. \[ a<-\dfrac{1}{2},\;a>0 \] になり,図aの線で示した部分です.\mruni を満たす区間は「$0,\;\dfrac{1}{2}$の外側」で,図bに示した区間です. \includegraphics[width=3.5cm]{09-toudai-bun4-a.eps} \includegraphics[width=3.5cm]{09-toudai-bun4-b.eps} \includegraphics[width=3.5cm]{09-toudai-bun4-c.eps} 2つも区間の図を描くのは面倒なので,普通はこれらを一緒に図cのように描き,\mruichi かつ\mruni を満たすのは共通部分の \[ a<-\dfrac{1}{2},\;a>\dfrac{1}{2} \] となります. \vspace{2mm} \h【参考問題】 $a,\;b$は実数で$ab<0,\;a^2<b^2$とする.このとき不等式 \[ \dfrac{x-b}{x+a}-\dfrac{x-a}{x+b}>\dfrac{x+a}{x-b}-\dfrac{x+b}{x-a} \] を満たす実数$x$の範囲を求めよ. \syutten[98,京大-文系/問題の一部分] \h\kangaekata\quad 原題は「$a\neq b,\;ab\neq 0$のとき」でしたが,異常に面倒なので,その一部分だけにしました. \h\kai\quad $\p{\dfrac{x-b}{x+a}-\dfrac{x-a}{x+b}}-\p{\dfrac{x+a}{x-b}-\dfrac{x+b}{x-a}}$ \[ =\dfrac{a^2-b^2}{(x+a)(x+b)}-\dfrac{b^2-a^2}{(x-a)(x-b)} \] \[ =\dfrac{(a^2-b^2)\{(x-a)(x-b)+(x+a)(x+b)\}}{(x-a)(x-b)(x+a)(x+b)}>0 \] 分子を整理すると$2(a^2-b^2)(x^2+ab)$になり,$x^2$と$-ab$の大小が問題になります.そこで,分母も$x^2$の式にして,まず$x^2$の範囲を出すことにします. \[ \dfrac{2(a^2-b^2)(x^2+ab)}{(x^2-a^2)(x^2-b^2)}>0 \] $a^2-b^2<0$のときだから \[ \dfrac{x^2+ab}{(x^2-a^2)(x^2-b^2)}<0\tenten \tag*{\mruichi} \] $x^2$について解く.その前に$a^2,\;b^2,\;-ab$の大小を調べる.$a^2<b^2$だから \[\abs{a}<\abs{b} \H\yueni\quad a^2<\abs{ab}<b^2 \H\yueni\quad a^2<-ab<b^2 \] \mruichi を$x^2$について解くと \[ 0\leq x^2<a^2,\;-ab<x^2<b^2 \] \H\includegraphics[width=3.5cm]{1998-kyoudai-bun.eps} 2乗をはずして \[ \abs{x}<\abs{a},\;\sqrt{-ab}<\abs{x}<\abs{b} \] あとは絶対値をはずして \[ \bd{-\abs{a}<x<\abs{a} ,\;-\abs{b}<x<-\sqrt{-ab},\; \sqrt{-ab}<x<\abs{b}} \] \vspace{2mm} \h【参考問題】 $x,\;y$は$x\neq 1,\;y\neq 1$をみたす正の数で,不等式 \[ \log_x y+\log_y x>2+(\log_x 2)(\log_y 2) \] をみたすとする.このとき$x,\;y$の組$(x,y)$の範囲を座標平面上に図示せよ. \syutten[09,京大-文系・理系-甲] \h\kangaekata\quad 最初は底の統一をします.底は10でも2でもなんでもかまいません.その後は上で述べた方法「一方の辺に移項する.通分する」に従うと \[ \dfrac{\p{\log_2\dfrac{y}{2x}}\p{\log_2\dfrac{2y}{x}}}{(\log_2 x)(\log_2 y)}>0\tenten \tag*{\mruA} \] になります. $\log_2\dfrac{y}{2x}$の符号が問題です.この場合,境界は$\dfrac{y}{2x}=1$であり,点$(x,y)$が $\dfrac{y}{2x}>1$にあるか$\dfrac{y}{2x}<1$にあるかで符号が変わってきます.他の項についても同様に考え,境界は4本の直線 \[ \dfrac{y}{2x}=1,\;\dfrac{2y}{x}=1,\;x=1,\;y=1 \] になります.これらで第一象限を分けて,どこが適すかを考えます.たとえば点$(2,2)$を\mruA に代入すると不適であり,後は境界線を1本飛び越えるたびに適と不適を繰り返します.$\dfrac{y}{2x}<1$から$\dfrac{y}{2x}>1$に飛び越えると\mruA の左辺の符号が変わるから,不適な範囲から適す範囲になります.もしも, $\p{\log_2\dfrac{y}{2x}}^2$のように2乗の因数があると,$\dfrac{y}{2x}<1$から$\dfrac{y}{2x}>1$に飛び越えても 符号は影響を受けないので,適と不適が入れ替わりませんが,2乗の因数が出てくる問題はありません. \vspace{2mm} \h\kai\quad 底の変換公式により \[\dfrac{\log_2 y}{\log_2 x}+ \dfrac{\log_2 x}{\log_2 y}-2 -\dfrac{\log_2 2}{\log_2 x}\cdot \dfrac{\log_2 2}{\log_2 y}>0 \] $\log_2 x=X,\;\log_2 y=Y$とおくと \[ \dfrac{Y}{X}+\dfrac{X}{Y}-2-\dfrac{1}{X}\cdot \dfrac{1}{Y}>0 \H\yueni\quad \dfrac{X^2+Y^2-2XY-1}{XY}>0 \] \[ \dfrac{(Y-X)^2-1}{XY}>0 \H\yueni\quad \dfrac{(Y-X-1)(Y-X+1)}{XY}>0 \] \[ \dfrac{(\log_2 y-\log_2 x-1)(\log_2 y-\log_2 x+1)}{\log_2 x\log_2 y}>0 \] \[ \dfrac{\p{\log_2\dfrac{y}{2x}}\p{\log_2\dfrac{2y}{x}}}{(\log_2 x)(\log_2 y)}>0 \] 第一象限を4本の直線 \[ \dfrac{y}{2x}=1,\;\dfrac{2y}{x}=1,\;x=1,\;y=1 \] \ymawarikomi{14}{7}{3.5cm}{2009_kyodai-bun.eps}{0cm}{25}で分けて図示すると網目部分(境界を含まない). \vspace{2mm} \h\doshib 【{\gt 類題}】 元の問題に戻りましょう.受験勉強は,過去問の研究と,傾向の似た他大学の問題をできるだけ解くという2本柱が欠かせません. 本問にも類題があります. \end{Chu} \vspace{2mm} \h【参考問題】 $a,b$は実数とする.関数$f(x)=ax+b$は,条件 \[ f(0)\leq 0\leq f(1),\;\dint{0}{1}\abs{f(x)}dx=1 \] を満たす. \h\kakkoichi\quad $\dint{0}{1}\p{x-\dfrac{1}{2}}f(x)dx$の最大値と最小値を求めよ. \h\kakkoni\quad $\abs{\dint{0}{\sfrac{3}{4}}xf(x)dx}$の最大値と最小値を求めよ. \syutten[02,一橋大-後期] \vspace{2mm} \h\kai\quad \kakkoichib\quad $f(0)\leq 0\leq f(1)$より$f(x)=0$は$0\leq x\leq 1$に解をもつから,それを$\alpha\;(0\leq \alpha\leq 1)$として $f(x)=a(x-\alpha)$とおける.この段階では$a=0$でもかまわない.積分の条件も考慮すると$a\neq 0$になる. \H\includegraphics[width=3.5cm]{2009-toudai-bun4-4.eps} \[ \dint{0}{1}\abs{f(x)}dx=\abs{a}\dint{0}{1}\abs{x-\alpha}dx =\abs{a}\B{\dfrac{1}{2}\alpha^2+\dfrac{1}{2}(1-\alpha)^2} \] \[ \quad =\abs{a}\p{\alpha^2-\alpha+\dfrac{1}{2}} =\abs{a}\B{\p{\alpha-\dfrac{1}{2}}^2+\dfrac{1}{4}} \] これが1に等しいから \[ \abs{a}\B{\p{\alpha-\dfrac{1}{2}}^2+\dfrac{1}{4}}=1\tenten \tag{} \] $\dint{0}{1}\p{x-\dfrac{1}{2}}f(x)dx =a\dint{0}{1}\p{x-\dfrac{1}{2}}(x-\alpha)dx $ \[ \quad =a\dint{0}{1}\B{x^2-\dfrac{x}{2}-\alpha\p{x-\dfrac{1}{2}}}dx \] \[ \quad =a\tint{\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^2}{4} -\alpha\p{\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x}{2}}}{0}{1}=\dfrac{a}{12} \] $0\leq \alpha\leq 1$より$-\dfrac{1}{2}\leq \alpha-\dfrac{1}{2}\leq \dfrac{1}{2}\H\yueni\quad 0\leq \p{\alpha-\dfrac{1}{2}}^2\leq \dfrac{1}{4}$ \[\dfrac{1}{4}\leq \p{\alpha-\dfrac{1}{2}}^2+\dfrac{1}{4}\leq \dfrac{1}{2} \] \mruichi より$2\leq \abs{a}\leq 4$ $\dfrac{a}{12}$の最大値は$\bd{\dfrac{1}{3}}$,最小値は$\bd{\dfrac{1}{6}}$\aki(10,10) \h\kakkonib\quad $xf(x)=a(x^2-\alpha x)$ \[ \dint{0}{\sfrac{3}{4}}xf(x)dx =a\tint{\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{\alpha x^2}{2}}{0}{\sfrac{3}{4}} =a\p{\dfrac{9}{64}-\dfrac{9}{32}\alpha} \] \[ \quad =\dfrac{9}{32}a\p{\dfrac{1}{2}-\alpha} \] $\alpha-\dfrac{1}{2}=\beta$とおくと$\abs{\beta}\leq \dfrac{1}{2}$であり,\mruichi より $ \abs{a}=\dfrac{1}{\beta^2+\dfrac{1}{4}} $ \[ \abs{\dint{0}{\sfrac{3}{4}}xf(x)dx}=\dfrac{9}{32}\abs{a}\abs{\beta} =\dfrac{9}{32}\cdot \dfrac{\abs{\beta}}{\beta^2+\dfrac{1}{4}} \] この値を$I$とおく.$\beta^2=\abs{\beta}^2$に注意する. \[ I=\dfrac{9}{32}\cdot \dfrac{\abs{\beta}}{\abs{\beta}^2+\dfrac{1}{4}} \] この最小値は$\beta=0$のときの$\bd{0}$である. $\beta\neq 0$のとき, \[ I=\dfrac{9}{32}\cdot \dfrac{1}{\abs{\beta}+\dfrac{1}{4\abs{\beta}}} \] ここで相加相乗平均の不等式より \[ \abs{\beta}+\dfrac{1}{4\abs{\beta}}\geq 2\sqrt{\abs{\beta}\cdot \dfrac{1}{4\abs{\beta}}}=1 \] 等号は \[ \abs{\beta}=\dfrac{1}{4\abs{\beta}}\H\yueni\quad \abs{\beta}=\dfrac{1}{2} \] のときに成り立つ. $I$の最大値は$\bd{\dfrac{9}{32}}$ \end{document}