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4章解答(1)

解答 1.1       問題1.1

解1

\begin{displaymath}
\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.
\end{displaymath}

$x,\ y$ の連立方程式と見て解く.

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

であるから

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

したがって,

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


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


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

これを最初の式に代入して

\begin{displaymath}
(x-5)^2+(y-9)^2=15^2 \quad ただし点(-4,\ -3)を除く
\end{displaymath}

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

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


\begin{displaymath}
∴ \quad (x+4)(x-14)+(y+3)(y-21)=0
\end{displaymath}

$x+4=0$ のとき,@から $y=21$ .この $x$$y$ を2に代入すると, $m$ の値が存在する. $(-4,\ 21)$ は軌跡の点.
$x+4=0$ のとき,Aから $(y+3)m=18$$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

\begin{displaymath}
(X,\ Y)=k(1,\ t)
\end{displaymath}

とおける.条件 3.から

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

$k<0$ より $k=-\dfrac{1}{1+t^2}$ なので,

\begin{displaymath}
X=-\dfrac{1}{1+t^2},\ Y=-\dfrac{t}{1+t^2}
\end{displaymath}

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

\begin{displaymath}
X^2+X+Y^2=0,\ X \ne 0
\end{displaymath}

求める軌跡は

\begin{displaymath}
x^2+x+y^2=0,\ \ \ (x,\ y)=(0,\ 0)\ を除く.
\end{displaymath}

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

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

これが, いずれも $\mathrm{P}(a,\ b)$ を通るので

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

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

\begin{displaymath}
ax+by=1
\end{displaymath}

一方@の2式を引くことにより,

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

また

\begin{displaymath}
{x_1}^2+{y_1}^2=1 , \quad {x_2}^2+{y_2}^2=1
\end{displaymath}

の辺々を引いて

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

A,Bから

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

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,$ax+by=1$ $y=\dfrac{b}{a}x$ の交点である.

これから

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


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

別解    

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

\begin{displaymath}
∴ \quad \mathrm{OQ}:\mathrm{OA}=\mathrm{OA}:\mathrm{OP}
\end{displaymath}

つまり

\begin{displaymath}
\mathrm{OQ}\cdot\mathrm{OP}=1\quad\cdots\maru{4}
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=k\overrightarrow{\mathrm{OP}}
\end{displaymath}

とおける.Cに代入して

\begin{displaymath}
k=\dfrac{1}{\vert\overrightarrow{\mathrm{OP}}\vert^2}
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
∴ \quad \overrightarrow{\mathrm{OQ}}
=\dfrac{1}{\vert\overrightarrow{\mathrm{OP}}\vert^2}\overrightarrow{\mathrm{OP}}
\end{displaymath}


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

(2)
点 Q $(X,\ Y)$ とおく.

\begin{displaymath}
X=\dfrac{a}{a^2+b^2}, \quad Y=\dfrac{b}{a^2+b^2}
\end{displaymath}

ここで

\begin{displaymath}
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}
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
∴ \quad a=\dfrac{X}{X^2+Y^2},\ \quad b=\dfrac{Y}{X^2+Y^2}
\end{displaymath}

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

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

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.

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

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,

\begin{displaymath}
\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.
\end{displaymath}

\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

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

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

\begin{displaymath}
(x'+5)x+3(x'+2)y=5x'+16
\end{displaymath}

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,

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

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

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

\begin{displaymath}
(\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.
\end{displaymath}

(訂正:Iをiに,2カ所.「-x+1」を「-x-1」に)

ここで, $y=\dfrac18x^2+1$$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$$-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*}

$(X,\ Y)$ が通過領域にあるのは, $t$ についての方程式

\begin{displaymath}
2t^3-3Xt^2+Y+3X=0
\end{displaymath}

$0\le t\le1$ に解をもつことと同値である.

\begin{displaymath}
f(t)=2t^3-3Xt^2+Y+3X
\end{displaymath}

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

\begin{displaymath}
\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.
\end{displaymath}

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

\begin{displaymath}
\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.
\end{displaymath}
よって求める領域は

\begin{displaymath}
\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.
\end{displaymath}

(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

$a>0$ 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,

\begin{displaymath}
y=x^3-3a^2x+a^2,\ -a<x<a,\ 0<a<1
\end{displaymath}
を満たす $a$ が存在することと同値である. すなわち

\begin{displaymath}
a^2(1-3x)+x^3-y=0,\ x^2<a^2<1
\end{displaymath}
となる $a$ が存在すればよい.

\begin{displaymath}
\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.
\end{displaymath}
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}$$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)
$(x,\ y)$$C$が通過する範囲の点であることは,

\begin{displaymath}
x=t\cos \theta\\ ,\
y=1-t^2+t\sin \theta
\end{displaymath}

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

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

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}$$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.$\maru{1}$


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



\begin{displaymath}
∴\quad \tan\theta=\dfrac{1}{2}\div \dfrac{\sqrt{5}}{2}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}
\end{displaymath}

解答 1.9       問題1.9

(1)
二つの放物線$y=f(x)$$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

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

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

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

したがって

\begin{displaymath}
D/4=4a^2-5a^2+9>0
\end{displaymath}

これから

\begin{displaymath}
-3<a<3
\end{displaymath}

(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



\begin{displaymath}
∴\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}}
\end{displaymath}

(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

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

となる$a$が存在することである.

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

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

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

\begin{displaymath}
\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.
\end{displaymath}
これから変数を$x$$y$にして

\begin{displaymath}
\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.
\end{displaymath}
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.

$y=-2(x\pm 3)^2+3$ $y=\dfrac{2}{5}x^2$ $x=\mp \dfrac{5}{2}$で接し, $y=\dfrac{2}{5}x^2$$y=x^2-3$$x=\pm\sqrt{5}$で交わる.また $y=-2(x\pm 3)^2+3$$y=x^2-3$$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

\begin{displaymath}
\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}
\end{displaymath}

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,

\begin{displaymath}
a=\dfrac{2p+q}{3},\
b=\dfrac{2p^2+q^2}{3}
\end{displaymath}

である.$p$$-p$に,$q$$-q$に置きかえると$a$$-a$になり,$b$は変化しない.よって領域$D$$y$軸に関して対称であり,$a$$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

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

 

\begin{displaymath}
\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.
\end{displaymath}

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)$$D$に属するための$b$の条件である.

$p=a$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.


\begin{displaymath}
\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.
\end{displaymath}

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,

\begin{displaymath}
\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.
\end{displaymath}

(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. $y=3x^2\pm4x+2$ $y=\dfrac{3}{2}x^2\mp x+\dfrac{1}{2}$

\begin{displaymath}
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
\end{displaymath}

から $x=\mp \dfrac{1}{3}$で交わる.また $y=3x^2\pm4x+2$ $y=\dfrac{3}{2}x^2\pm x+\dfrac{1}{2}$$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. □


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