上: 内部構造の分析 前: 考え方

4章解答(1)

解答 1.1       問題1.1

解1

$$\left\{ \begin{array}{l} mx-y+4m+21=0 \quad \cdots \maru{1}\\ x+my+3m-14=0 \quad \cdots \maru{2} \end{array}\right.$$

を $x，\ y$ の連立方程式と見て解く．

$$\left\{ \begin{array}{l} m(x+4)-(y+3)+24=0\\ (x+4)+m(y+3)-18=0 \end{array}\right.$$

であるから

$$x+4=\dfrac{-24m+18}{m^2+1}，\ y+3=\dfrac{18m+24}{m^2+1}$$

したがって，

$$3(x+4)+4(y+3)=\dfrac{150}{m^2+1} \quad は0にならない．$$

$$-4(x+4)+3(y+3)=\dfrac{150m}{m^2+1}$$

$$∴ \quad m=\dfrac{-4(x+4)+3(y+3)}{3(x+4)+4(y+3)}$$

これを最初の式に代入して

$$(x-5)^2+(y-9)^2=15^2 \quad ただし点(-4，\ -3)を除く$$

解2

条件式�@から $x+4 \ne 0$ のとき， $m=\dfrac{y-21}{x+4}$．

これを�Aに代入して

$$(y+3)\cdot \dfrac{y-21}{x+4}=-x+14$$

$$∴ \quad (x+4)(x-14)+(y+3)(y-21)=0$$

$x+4=0$ のとき，�@から $y=21$ ．この $x$ と $y$ を2に代入すると， $m$ の値が存在する． $(-4，\ 21)$ は軌跡の点．
$x+4=0$ のとき，�Aから $(y+3)m=18$ ． $y=-3$ のときに限り $m$ が存在しない． つまりいかなる，$m$ をもってしても$(-4，\ -3)$ は解になり得ない．$(-4，\ -3)$ は除外点． 解3 それぞれの方程式は \[ \left\{ \begin{array}{l} m(x+4)-y+21=0 \\ x-14+m(y+3）=0 \end{array} \right. \] と変形でき，それぞれ定点$(-4,\ 21)$と$(14,\ -3)$を通る． かつ， \[ m\cdot 1+(-1)m=0 \] より，2直線は直交している． 第一の直線は，定点のまわりを $ y $ 軸平行となる以外で回転する． 第二の直線は，定点のまわりを $ x $軸平行となる以外で回転する．
したがって，交点の軌跡は，二定点を直径とする円であり，かつ いかなる $ m $ をもってしても交点が $ (-4,\ -3) $ にはならない． $ (-4,\ -3) $ は除外点． \[ (x-5)^2+(y-9)^2=15^2 \quad ただし点(-4,\ -3)を除く \] □

解答 1.2       問題1.2

$\mathrm{P}(1，\ t)$ ， $\mathrm{Q}(X，\ Y)$ とする．条件 1．2．から $k<0$ を用いて

$$(X，\ Y)=k(1，\ t)$$

とおける．条件 3．から

$$\sqrt{X^2+Y^2}\cdot\sqrt{1+t^2}=1 \quad \Rightarrow \vert k\vert(1+t^2)=1$$

$k<0$ より $k=-\dfrac{1}{1+t^2}$ なので，

$$X=-\dfrac{1}{1+t^2}，\ Y=-\dfrac{t}{1+t^2}$$

これから $X \ne 0$ で， $t=\dfrac{Y}{X}$ ．これを2式のいずれかに代入して整理すると

$$X^2+X+Y^2=0，\ X \ne 0$$

求める軌跡は

$$x^2+x+y^2=0，\ \ \ (x，\ y)=(0，\ 0)\ を除く．$$

□

解答 1.3       問題1.3

(1)

$\mathrm{A}(x_1,\ y_1),\ \mathrm{B}(x_2,\ y_2)$ とする. $\mathrm{A},\ \mathrm{B}$における接線は

$$\left\{\begin{array}{l} x_1x+y_1y=1\\ x_2x+y_2y=1 \end{array}\right.$$

これが, いずれも $\mathrm{P}(a,\ b)$ を通るので

$$\left\{\begin{array}{l} x_1a+y_1b=1\\ x_2a+y_2b=1 \end{array}\right.\quad\cdots\maru{1}$$

条件�@は直線$ax+by=1$が $\mathrm{A},\ \mathrm{B}$ を通ることを示している. したがって, 直線 $\mathrm{AB}$ の式は

$$ax+by=1$$

一方�@の2式を引くことにより，

$$a(x_1-x_2)+b(y_1-y_2)=0\quad\cdots\maru{2}$$

また

$${x_1}^2+{y_1}^2=1 , \quad {x_2}^2+{y_2}^2=1$$

の辺々を引いて

$$(x_1-x_2)(x_1+x_2)+(y_1-y_2)(y_1+y_2)=0\quad\cdots\maru{3}$$

�A，�Bから

$$-b\left(\dfrac{x_1+x_2}{2}\right)+a\left(\dfrac{y_1+y_2}{2}\right)=0$$

ゆえに AB の中点$\mathrm{Q}$ は直線 $y=\dfrac{b}{a}x$ 上にある．

したがって $\mathrm{Q}$ は2直線，$ax+by=1$と $y=\dfrac{b}{a}x$ の交点である．

これから

$$ax+b \left( \dfrac{b}{a}x\right)=1\ , \quad ∴ \quad x=\dfrac{a}{a^2+b^2}$$

$$∴ \quad \mathrm{Q} \left(\dfrac{a}{a^2+b^2},\ \dfrac{b}{a^2+b^2}\right)$$

別解    

$\bigtriangleup \mathrm{OQA}$ と $\bigtriangleup \mathrm{OAP}$ は相似である．

$$∴ \quad \mathrm{OQ}:\mathrm{OA}=\mathrm{OA}:\mathrm{OP}$$

つまり

$$\mathrm{OQ}\cdot\mathrm{OP}=1\quad\cdots\maru{4}$$

$$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=k\overrightarrow{\mathrm{OP}}$$

とおける．�Cに代入して

$$k=\dfrac{1}{\vert\overrightarrow{\mathrm{OP}}\vert^2}$$

$$∴ \quad \overrightarrow{\mathrm{OQ}} =\dfrac{1}{\vert\overrightarrow{\mathrm{OP}}\vert^2}\overrightarrow{\mathrm{OP}}$$

$$∴ \quad \mathrm{Q} \left(\dfrac{a}{a^2+b^2},\ \dfrac{b}{a^2+b^2}\right)$$

(2)

点 Q $(X,\ Y)$ とおく．

$$X=\dfrac{a}{a^2+b^2}, \quad Y=\dfrac{b}{a^2+b^2}$$

ここで

$$X^2+Y^2=\dfrac{a^2}{(a^2+b^2)^2}+\dfrac{b^2}{(a^2+b^2)^2}=\dfrac{1}{a^2+b^2}$$

$$∴ \quad a=\dfrac{X}{X^2+Y^2},\ \quad b=\dfrac{Y}{X^2+Y^2}$$

$\mathrm{P}(a,\ b)$ が円 $(x-3)^2+y^2=1$ 上を動くので

$$\left(\dfrac{X}{X^2+Y^2}-3 \right)^2+ \left( \dfrac{Y}{X^2+Y^2}\right)^2=1$$

ここで $\mathrm{Q}=(0,\ 0)$ のときは A, B での接線は平行になるので $\mathrm{Q}\ne(0,\ 0)$ ．つまり $X^2+Y^2\ne 0$ ．これに注意して整理すると

求める軌跡は次の円である．

$$\left(x-\dfrac{3}{8} \right)^2+y^2= \left(\dfrac{1}{8} \right)^2$$

□

解答 1.4       問題1.4

条件式を逆に解く． $x<0，y<0$ のとき2式の分母はともに0でないので，

$$\begin{eqnarray*} &&x'=\dfrac{-5x-6y+7}{x+3y-5}，\ y'=\dfrac{2x-3y-1}{x+3y-5}\\ &\iff&(x+3y-5)x'=-5x-6y+7，\ (x+3y-5)y'=2x-3y-1 \end{eqnarray*}$$

この2式を $x，\ y$ の連立方程式として整理すると，

$$\left\{ \begin{array}{l} (x'+5)x+3(x'+2)y=5x'+7 \quad \cdo... ...'-2)x+3(y'+1)y=5y'-1 \quad \cdots \maru{2} \end{array}\right.$$

$$\begin{eqnarray*} &&\maru{1}\times (y'+1)-\maru{2}\times (x'+2)\ より\\ &&\quad... ...2)-\maru{2}\times (x'+5)\ より\\ &&\quad (x'+y'+3)y=x'+2y'+1\\ \end{eqnarray*}$$

$x<0，y<0$ より $x'+y'+3 \ne 0$のとき$x'，y'$ の満たすべき条件は

$$\left\{ \begin{array}{l} (x'+y'+3)(2x'-y'+3)<0\\ (x'+y'+3)(x'+2y'+1)<0 \end{array}\right.$$

$x'+y'+3= 0$のとき2式に $y'=-x'-3$ を代入して整理すると

$$(x'+5)x+3(x'+2)y=5x'+16$$

となり，�@と両立しない．よって $x'+y'+3= 0$となる $x，\ y$ は存在しない．

3直線の交点を $\mathrm{A}，\ \mathrm{B}，\ \mathrm{C}$ とすると，

$$\mathrm{A}(-2，\ -1)，\ \mathrm{B}\left(-\dfrac{7}{5}，\ \dfrac{1}{5}\right)，\ \mathrm{C}(-5，\ 2))$$

より求める領域は左図のようになる． (訂正：「A(-1,-2)」を「A(-2,-1)」に)

 

より，面積は

$$\dfrac{1}{2}\vert\dfrac{3}{5}\cdot 3- \dfrac{6}{5}\cdot(-3)\vert=\textbf{\dfrac{27}{10}}$$

□

解答 1.5       問題1.5

$t=\cos\theta\ (-1\le t\le1)$ とおくと, 与式は $y=tx-(2t^2-1)$ となる.

$$\begin{eqnarray*} &&(X,\ Y)\ が通過領域の点である.\\ &\iff&-1\le t_0\le1\ なる\... ...)\ge 0,\ -1\le\dfrac{X}{4}\le1,\ f(-1)\ge0,\ f(1)\ge0 \end{array}\end{eqnarray*}$$

$\left\{\begin{array}{l} f(-1)=X+Y+1\\ f(1)=-X+Y+1 \end{array}\right.$ より, 通過範囲は

$$(\mathrm{I})\ \left\{\begin{array}{l} y\ge-x-1\\ y\le x-1 \... ...^2+1\\ y\ge-x-1\\ y\ge x-1\\ -4\le x\le4 \end{array}\right.$$

(訂正：Iをiに，2カ所．「-x+1」を「-x-1」に)

ここで, $y=\dfrac18x^2+1$ と $y=\pm x-1$ は, $\dfrac18x^2+1=\pm x-1$ より, $(x\mp4)^2=0$ となるので, 接する. □

注意     最初の考察で$t_0$ を用いた行は，実際の解答には書かなくてもよい．また $X,\ Y$ を用いているところも，はじめから，固定された点 $(x,\ y)$ と座標系の $x,\ y$ を あえて混同して， $x,\ y$ のままでよい．

したがって，

「点 $(x,\ y)$ が求める通過領域にあることと， 二次方程式$2t^2-xt+y-1=0$ が $-1 \le t \le 1$に解をもつことは同値である.」

のような論述でよい．

解答 1.6       問題1.6

直線ABの式は

$$\begin{eqnarray*} y&=& \dfrac{-2-(-2t)}{\dfrac{2(t^2+t+1)}{3(t+1)}-\dfrac{2t}{3}... ...dfrac{2t}{3}\right)-2t\\ &=&3(t^2-1)x-2t^3 \quad (0\le t \le 1) \end{eqnarray*}$$

点 $(X,\ Y)$ が通過領域にあるのは， $t$ についての方程式

$$2t^3-3Xt^2+Y+3X=0$$

が $0\le t\le1$ に解をもつことと同値である．

$$f(t)=2t^3-3Xt^2+Y+3X$$

とおく． $f'(t)=6t^2-6Xt=6t(t-X)$ である．したがって，その条件は

$$\left\{ \begin{array}{ll} X\le 0 \ のとき0\le t \le 1で単.. ...le 1、ヌテアトエクコセッ、ハ、ホ、ヌ&f(0)\ge 0,\ f(1)\le 0 \end{array}\right.$$

これから、$(X,\ Y)$ が通過領域の点であるための必要十分条件は

$$\left\{ \begin{array}{l} X\le 0，3X+Y\le 0，Y+2\ge 0\\ Y... ...\ Y+2\ge 0\\ 1\le X，3X+Y\ge 0，Y+2\le 0 \end{array}\right.$$

よって求める領域は

$$\left\{ \begin{array}{l} x\le 0，y\le -3x，y\ge-2\\ 0<x<... ...燭十 y\ge -2\\ 1\le x。、y\ge -3x。、y\le -2 \end{array}\right.$$

(訂正：「x³+3x」を「x³-3x」に)

それを図示する． □

注意     点 $(X,\ Y)$ は，はじめから点と座標系をあえて混同して $(x,\ y)$ で，論述してもよい． 次の解答はそのようにする．

解答 1.7       問題1.7

で $a>0$ であるから $x=-a$ で極大， $x=a$ で極小である．

したがって点 $(x,\ y)$ が求める領域の点であることは，

$$y=x^3-3a^2x+a^2,\ -a<x<a,\ 0<a<1$$

を満たす $a$ が存在することと同値である． すなわち

$$a^2(1-3x)+x^3-y=0,\ x^2<a^2<1$$

となる $a$ が存在すればよい．

$$\left\{ \begin{array}{lll} 1-3x=0\ のとき &y=\dfrac{1}{27... ...き &同様に &∴ \quad x^2(3x-1)>x^3-y>3x-1 \end{array}\right.$$

それを図示する． □

 

 

解答 1.8       問題1.8

(1)

$\theta=\dfrac{\pi}{4}$より $x=\dfrac{t}{\sqrt{2}}$， $y=1-t^2+\dfrac{t}{\sqrt{2}}$． 点$\mathrm{Q}$は$x$軸との交点なので$y=0$のときである． このとき

$x\ge 0$より$t=\sqrt{2}$で，このとき$x=1$

(2)

点$(x,\ y)$が$C$が通過する範囲の点であることは，

$$x=t\cos \theta\\ ,\ y=1-t^2+t\sin \theta$$

をみたす実数 $t,\ \theta\ (0\le \theta<2\pi)$が存在することと同値である．

$t=0$のときは$x=0,\ y=1$で条件を満たす．$t \ne 0$のときは

これを満たす$\theta$が存在することと，$t$が関係式

をみたすことが同値．これを整理して

$$t^4+(2y-3)t^2+x^2+y^2-2y+1=0\quad \cdots\maru{1}$$

これは$t=0$のとき$x=0,\ y=1$を含む．

ゆえに$\maru{1}$をみたす実数$t$が存在する条件が，点$(x,\ y)$の満たすべき条件である，

$s=t^2$とし， $f(s)=s^2+(2y-3)s+x^2+y^2-2y+1$とする．$s$の二次方程式$f(s)=0$が 負でない解をもてばよい．

判別式 $D=(2y-3)^2-4(x^2+y^2-2y+1)\ge 0$が必要で， これから $y\le -x^2+\dfrac{5}{4}$を得る．

このとき $y\le \dfrac{5}{4}$なので，軸 $s=-\dfrac{2y-3}{2}>0$． ゆえに正の解が存在する．

つまり求める必要十分条件が $y\le -x^2+\dfrac{5}{4}$である．

(3)

$\mathrm{Q}$の$x$座標の最大値は(2)から $\dfrac{\sqrt{5}}{2}$である． $x=\dfrac{\sqrt{5}}{2},\ y=0$のとき．$\maru{1}$は

となる．これから $t=\pm\sqrt{ \dfrac{3}{2}}$．このとき

$$∴\quad \tan\theta=\dfrac{1}{2}\div \dfrac{\sqrt{5}}{2}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}$$

□

解答 1.9       問題1.9

(1)

二つの放物線$y=f(x)$と$y=g(x)$が二つの共有点をもつことは， それらの曲線の方程式を連立させて$y$を消去した

$$x^2-3=-2(x-a)^2+\dfrac{a^2}{3}\quad \cdots\maru{1}$$

が，相異なる二つの実数解をもつことと同値である． $\maru{1}$を整理して

$$3x^2-4ax+\dfrac{5a^2}{3}-3=0$$

したがって

$$D/4=4a^2-5a^2+9>0$$

これから

$$-3<a<3$$

(2)

$\maru{1}$の二つの解を $\alpha,\ \beta\ (\alpha<\beta)$とする． 解と係数の関係から

$C_a$の面積を$S_a$とすると

$$\begin{eqnarray*} S_a&=&\int_{\alpha}^{\beta}\left\{-2(x-a)^2+\dfrac{a^2}{3}-x^... ...ta}-3(x-\alpha)(x-\beta)\,dx\\ &=&\dfrac{(\beta-\alpha)^3}{2} \end{eqnarray*}$$

ここで

$$∴\quad S_a=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{4}{9}(9-a^2) \right)^{\dfrac{3}{2}} =\dfrac{4}{27}(9-a^2)^{\dfrac{3}{2}}$$

(3)

$a$が(1)で求めた範囲を動くとき，点$(X,\ Y)$が， 少なくとも1つの$C_a$に属するための必要十分条件は

$$X^2-3\le Y\le -2(X-a)^2+\dfrac{a^2}{3},\ -3<a<3$$

となる$a$が存在することである．

$Y\le -2(X-a)^2+\dfrac{a^2}{3}$は

$$\dfrac{5a^2}{3}-4Xa+2X^2+Y\le 0$$

である．ここで $h(a)=\dfrac{5a^2}{3}-4Xa+2X^2+Y$とおく．

$-3<a<3$の範囲で$h(a)\le 0$となる$a$が存在する条件は， 軸 $a=\dfrac{6X}{5}$で場合に分けて

$$\left\{ \begin{array}{ll} h(-3)< 0&\left(\dfrac{6X}{5}\le... ...h(3)< 0&\left(3 \le \dfrac{6X}{5}\right) \end{array} \right.$$

これから変数を$x$と$y$にして

$$\left\{ \begin{array}{ll} y<-2(x+3)^2+3&\left(x\le -\dfra... ...x-3)^2+3&\left(\dfrac{5}{2}\le x \right) \end{array} \right.$$

これと$x^2-3\le y$の共通領域が，条件を満たす点の集合である．

$y=-2(x\pm 3)^2+3$と $y=\dfrac{2}{5}x^2$は $x=\mp \dfrac{5}{2}$で接し， $y=\dfrac{2}{5}x^2$と$y=x^2-3$は$x=\pm\sqrt{5}$で交わる．また $y=-2(x\pm 3)^2+3$と$y=x^2-3$は$x=\pm2$で接する．このことに注意して 図示すると右のようになる．

ゆえにその面積は

$$\int_{-\sqrt{5}}^{\sqrt{5}}\left(\dfrac{2}{5}x^2-x^2+3 \right)\,dx =\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{(2\sqrt{5})^3}{6}=4\sqrt{5}$$ □

解答 1.10       問題1.10

(1)

$\mathrm{P}(p,\ p^2)$， $\mathrm{Q}(q,\ q^2)$とおく． 線分 PQ を1：2に内分する点Rの座標を$(a,\ b)$とする． このとき，

$$a=\dfrac{2p+q}{3},\ b=\dfrac{2p^2+q^2}{3}$$

である．$p$を$-p$に，$q$を$-q$に置きかえると$a$は$-a$になり，$b$は変化しない．よって領域$D$は$y$軸に関して対称であり，$a$を$0\le a \le 1$の範囲で固定して考えればよい．

$q$を消去して

$$b=\dfrac{1}{3}\left\{2p^2+\left(3a-2p\right)^2 \right\} =2(p-a)^2+a^2$$

ここで$pq$平面に直線$q=-2p+3a$と領域$-1\le p \le 1$，$-1\le q \le 1$ を図示して$p$の変域を求める．

直線$q=-2p+3a$と領域$-1\le p \le 1$，$-1\le q \le 1$の共有部分が$p$の変域を与える．$q=\pm 1$のとき $p=\dfrac{\mp1+3a}{2}$なので，図から

 

$$\left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{-1+3a}{2}\le p\le \dfrac{... ...1&\left(\dfrac{1}{3}<a \le 1 のとき\right) \end{array}\right.$$

となる． $p$がこの変域を動くときの$p$の2次関数 $b=2(p-a)^2+a^2$の値域が， $a$を固定したとき点$(a,\ b)$が$D$に属するための$b$の条件である．

軸$p=a$は条件$0\le a \le 1$によってつねに$p$の変域の内にある． よって$b$の最小値はつねに$a^2$である． また$p$の変域の中点はそれぞれ $\dfrac{3a}{2},\ \dfrac{3a+1}{2}$であり， $a$はこれより小さいので，最大値は変域の右端でとる．

$$\left\{ \begin{array}{ll} a^2\le b\le 2\left(\dfrac{3a+1}{2... ... &\left(\dfrac{1}{3}<a \le 1 のとき\right) \end{array}\right.$$

である．対称性を考え$-1\le a \le 1$における$b$の条件は次のようになる．

これから$b$の条件を$a$で表すと，

$$\left\{ \begin{array}{ll} a^2\le b\le 3a^2+4a+2 &\left(-1... ...-4a+2 &\left(\dfrac{1}{3}< a\le 1 \right) \end{array}\right.$$

(2)
これを満たす$(a,\ b)$の集合が$D$である．

これを図示すればよい． $y=3x^2\pm4x+2$と $y=\dfrac{3}{2}x^2\mp x+\dfrac{1}{2}$は

$$3x^2\pm 4x+2=\dfrac{3}{2}x^2\mp x+\dfrac{1}{2}\quad \iff\quad (3x\pm 1)(x\pm 3)=0$$

から $x=\mp \dfrac{1}{3}$で交わる．また $y=3x^2\pm4x+2$と $y=\dfrac{3}{2}x^2\pm x+\dfrac{1}{2}$の$y=x^2$との位置関係は

$$\begin{eqnarray*} &&3x^2\pm 4x+2=x^2\quad \iff\quad 2(x\pm 1)^2=0\\ &&\dfrac{3}... ...^2\pm x+\dfrac{1}{2}=x^2\quad \iff\quad \dfrac{1}{2}(x\pm 1)^2=0 \end{eqnarray*}$$

よりともに$x=\mp 1$で接する．

以上をもとに図示すると次のようになる． □

逆像法による別解
$ \mathrm{P}(p,\ p^2) $ ， $ \mathrm{Q}(q,\ q^2) $ とおく． 線分 PQ を1:2に内分する点Rの座標を $ (a,\ b) $ とする． このとき， \[ a=\dfrac{2p+q}{3},\ b=\dfrac{2p^2+q^2}{3} \] である．点 $ (a,b) $ が $ D $ に属することは， これを満たす $ p,\ q $ が $ -1\leqq p,\ q\leqq 1 $ に存在することと同値である． これから $ q $ と $ p $ を消去して2つの2次方程式を得る． \begin{eqnarray*} &&6p^2-12ap+9a^2-3b=0\\ &&3q^2-6aq+9a^2-6b=0 \end{eqnarray*} 定数を約した方程式の左辺を $ f(p),\ g(q) $ とおく． \begin{eqnarray*} f(p)&=&2p^2-4ap+3a^2-b\\ g(q)&=&q^2-2aq+3a^2-2b \end{eqnarray*} 求める $ a $ と $ b $ の条件は次のようになる．

(＊)　 $ f(p)=0,\ g(q)=0 $ が $ -1\leqq p,\ q \leqq 1 $ の範囲に関係式 $ a=\dfrac{2\alpha+\beta}{3} $ を満たす解 $ \alpha $ と $ \beta $ をもつ．

$ f(p)=0 $ と $ g(q)=0 $ は $ a=\dfrac{2p+q}{3} $ の置きかえで相互に変わるので $ f(p)=0 $ の２つの解の一方と $ g(q)=0 $ の２つの解の一方， $ f(p)=0 $ の２つの解の他方と $ g(q)=0 $ の２つの解の他方はそれぞれ 関係式 $ a=\dfrac{2p+q}{3} $ を満たしている． したがって条件(＊)が成立するのは次のいずれかの場合である．
(i)　 $ f(p)=0 $ が $ -1\leqq p \leqq 1 $ に１解をもち他の解が $ p\leqq -1 $ にあり， $ g(q)=0 $ が $ -1\leqq q \leqq 1 $ に２解をもつか， １解をもち他の解が $ 1\leqq q $ にある． \begin{eqnarray*} &&f(-1)\geqq 0,\ f(1)\leqq 0\\ &かつ&g(-1)\geqq 0,\ g(1)\geqq 0,\ D_g\geqq 0\ または\ g(-1)\leqq 0,\ g(1)\geqq 0 \end{eqnarray*}
(ii)　 $ f(p)=0 $ が $ -1\leqq p \leqq 1 $ に１解をもち他の解が $ 1\leqq p $ にあり， $ g(q)=0 $ が $ -1\leqq q \leqq 1 $ に２解をもつか， １解をもち他の解が $ q\leqq -1 $ にある． \begin{eqnarray*} &&f(-1)\leqq 0,\ f(1)\geqq 0\\ &かつ&g(-1)\geqq 0,\ g(1)\geqq 0,\ D_g\geqq 0\ または\ g(-1)\geqq 0,\ g(1)\leqq 0 \end{eqnarray*}
(iii)　 $ f(p)=0 $ が $ -1\leqq p \leqq 1 $ に２解をもち， $ g(q)=0 $ が $ -1\leqq q \leqq 1 $ に少なくとも１つの解をもつ． \begin{eqnarray*} &&f(-1)\geqq 0,\ f(1)\geqq 0,\ D_f\geqq 0\\ &かつ&g(-1)\geqq 0,\ g(1)\geqq 0,\ D_g\geqq 0\\ &&または\ g(-1)\geqq 0,\ g(1)\leqq 0 \ または\ g(-1)\leqq 0,\ g(1)\geqq 0 \end{eqnarray*}
$ f(p)=0 $ の解が $ p=\pm 1 $ の場合は重なって入っているが， いずれかの条件を満たせばよいのでかまわない． \begin{eqnarray*} f(-1)&=&2+4a+3a^2-b\\ f(1)&=&2-4a+3a^2-b\\ D_f/4&=&2(-a^2+b)\\ g(-1)&=&1+2a+3a^2-2b\\ g(1)&=&1-2a+3a^2-2b\\ D_g&=&2(-a^2+b) \end{eqnarray*} なので，条件は次のようになる．
(i)　 \begin{eqnarray*} &&b\leqq 3a^2+4a+2,\ b\geqq 3a^2-4a+2\\ &かつ& \ b\leqq \dfrac{3}{2}a^2+a+\dfrac{1}{2},\ b\leqq \dfrac{3}{2}a^2-a+\dfrac{1}{2},\ b\geqq a^2\\ &&または\ b\geqq \dfrac{3}{2}a^2+a+\dfrac{1}{2},\ b\leqq \dfrac{3}{2}a^2-a+\dfrac{1}{2} \end{eqnarray*}
(ii)　 \begin{eqnarray*} &&b\geqq 3a^2+4a+2,\ b\leqq 3a^2-4a+2\\ &かつ& \ b\leqq \dfrac{3}{2}a^2+a+\dfrac{1}{2},\ b\leqq \dfrac{3}{2}a^2-a+\dfrac{1}{2},\ b\geqq a^2\\ &&または\ b\leqq \dfrac{3}{2}a^2+a+\dfrac{1}{2},\ b\geqq \dfrac{3}{2}a^2-a+\dfrac{1}{2} \end{eqnarray*}
(iii)　 \begin{eqnarray*} &&b\leqq 3a^2+4a+2,\ b\leqq 3a^2-4a+2,\ b\geqq a^2\\ &かつ& b\leqq \dfrac{3}{2}a^2+a+\dfrac{1}{2},\ b\leqq \dfrac{3}{2}a^2-a+\dfrac{1}{2},\ b\geqq a^2\\ &&または\ b\leqq \dfrac{3}{2}a^2+a+\dfrac{1}{2},\ b\geqq \dfrac{3}{2}a^2-a+\dfrac{1}{2}\\ &&または\ b\geqq \dfrac{3}{2}a^2+a+\dfrac{1}{2},\ b\leqq \dfrac{3}{2}a^2-a+\dfrac{1}{2} \end{eqnarray*} これを満たす $ (a,\ b) $ を図示する． 【以下，図は同じ．またこの図から問(1)の解を求める．】 上: 内部構造の分析 前: 考え方