東大理系 2020年度 数学の解答・解説

仮に $a<0$ とする。$a{x}^2+bx+c=x^2\left(a+\frac{b}{x}+\frac{c}{x^2}\right)$ で、$x\to \infty$ のとき括弧の中は $a<0$ に近づくから、十分大きい $x$ に対して $a{x}^2+bx+c<0$ となる。

ところが解集合は $x>p$ をみたす $x$ の全体なので、いくらでも大きい $x$ が含まれる。そのような $x$ は3つの不等式をすべてみたすはずで、矛盾する。よって $a\ge 0$ である。

$b$ は2つめの式 $b{x}^2+cx+a>0$ の、$c$ は3つめの式 $c{x}^2+ax+b>0$ の2次の係数なので、まったく同じ議論で $b\ge 0$、$c\ge 0$ が言える。

(1) より $a,b,c\ge 0$ である。仮に $a,b,c$ がすべて正であるとする。

$a>0$ なので、(1) と同じ理由で $|x|$ が十分大きければ $a{x}^2+bx+c>0$ となる。とくに $x$ が十分小さい（絶対値の大きい負の数）ときにも正である。$b>0$、$c>0$ についても同様だから、十分小さい $x$ に対して3つの不等式がすべて成り立つ。

しかし解集合は $x>p$ をみたす $x$ の全体で、$p$ より小さい $x$ は含まない。十分小さい $x$ は $p$ より小さいので矛盾する。よって $a,b,c$ のうち少なくとも1個は $0$ である。

3つの不等式は $(a,b,c)$ を $(b,c,a)$ に置きかえると互いに入れかわるだけで、全体としては同じ条件になる。よって (2) で $0$ になるものを $c$ としてよい。$c=0$ とすると3式は

となる。$a\ge 0$、$b\ge 0$ である。

$a>0$ のとき。 3つめから $ax+b>0$ である。1つめは $x(ax+b)>0$ だから、$ax+b>0$ とあわせて $x>0$ を得る。逆に $x>0$ なら、$b\ge 0$ より $ax+b>0$、$x(ax+b)>0$ が成り立ち、2つめも $b{x}^2+a\ge a>0$ で成り立つ。よって解集合は $x>0$ をみたす $x$ の全体で、$p=0$ である。

$a=0$ のとき。 3式は $bx>0$、$b{x}^2>0$、$b>0$ となる。$b=0$ なら3つめが成り立たず解集合は空になり、$x>p$ の形にならないので不適である。$b>0$ なら1つめから $x>0$、2つめは $x\ne 0$、3つめはつねに成り立つので、解集合は $x>0$ をみたす $x$ の全体となり、やはり $p=0$ である。

いずれの場合も $p=0$ である。

平面上の点 $\mathrm{X}$ は、実数 $\alpha ,\beta ,\gamma$（$\alpha +\beta +\gamma =1$）を使って

と一意に書ける。このとき $△\mathrm{BCX}=|\alpha |\cdot △\mathrm{ABC}=|\alpha |$ である。実際、$\mathrm{X}$ と $\mathrm{A}$ の、直線 $\mathrm{BC}$ からの距離の比が $|\alpha |:1$ になるからである。同様に $△\mathrm{CAX}=|\beta |$、$△\mathrm{ABX}=|\gamma |$ だから

である。これを $S$ と書く。

$S\le k$ を不等式に直す。 絶対値は、符号で場合分けする代わりに「$\pm \alpha \pm \beta \pm \gamma \le k$ が符号の組み合わせ8通りすべてで成り立つこと」と言いかえられる。$\alpha +\beta +\gamma =1$ を使って整理すると、

1. $+++$ は $1\le k$、$---$ は $-1\le k$ で、$k\ge 1$ ならどちらも自動的に成り立つ。
2. $\alpha +\beta -\gamma \le k$ は $(1-\gamma )-\gamma \le k$、すなわち $\gamma \ge \frac{1-k}{2}$。
3. $-\alpha -\beta +\gamma \le k$ は $2\gamma -1\le k$、すなわち $\gamma \le \frac{k+1}{2}$。

$\alpha$、$\beta$ についても同じなので、$k\ge 1$ のとき

である。

面積を出す。 $u=\alpha -\frac{1-k}{2}$、$v=\beta -\frac{1-k}{2}$、$w=\gamma -\frac{1-k}{2}$ とおくと

となる。$M=\frac{3k-1}{2}$ とおく。上限を無視すれば $u,v,w\ge 0$、$u+v+w=M$ は三角形で、これは $△\mathrm{ABC}$ を $M$ 倍に拡大した形だから面積は $M^2$ である。そこから $u>k$、$v>k$、$w>k$ の3つの角を切り落とす。たとえば $u\ge k$ の部分は $u+v+w=M$ のもとで $M-k=\frac{k-1}{2}$ 倍の相似な三角形なので、面積は $(M-k{)}^2$ である。

$2(M-k)=k-1\le M$ なので（$k\le 3$ の範囲で確かめられる）切り落とす3つは重ならない。よって

となる。$k=1$ のとき $\frac{3-1}{2}=1$ で、三角形 $\mathrm{ABC}$ 自身の面積と合う。

したがって求める面積は

である。

$x(t)=(1+t)\sqrt{1+t}$、$y(t)=3(1+t)\sqrt{1-t}$ で、$-1<t\le 1$ では $x(t)>0$ だから

である。ここで

で、$1+t$ は増加し正だから $\frac{2}{1+t}$ は減少する。よって根号の中は $-1<t\le 1$ で単調に減少し、 ​ は増加関数だから $\frac{y}{x}$ も単調に減少する。

$\frac{y}{x}$ は原点から見た $\mathrm{P}$ の方向（偏角の正接）である。これが単調に減少するということは、$t$ が増えるにつれて $\mathrm{P}$ の偏角が単調に減ることを意味し、(3) で「どの向きにも $C$ の点がちょうど1つある」ことの根拠になる。$t\to -1$ で $\frac{y}{x}\to +\infty$（偏角 $\to \frac{\pi }{2}$）、$t=1$ で $\frac{y}{x}=0$（偏角 $0$）である。

$f(t)\ge 0$ なので $f(t{)}^2$ の増減を調べればよい。

である。微分すると

となる。$-1\le t\le 1$ では $1+t\ge 0$ なので、符号は $1-2t$ で決まり、$t<\frac{1}{2}$ で正、$t>\frac{1}{2}$ で負である。したがって $f$ は $-1\le t\le \frac{1}{2}$ で増加し、$\frac{1}{2}\le t\le 1$ で減少する。最大は $t=\frac{1}{2}$ で

である。

(1) より $t$ が $-1$ から $1$ まで増えるとき $\mathrm{P}$ の偏角 $\theta$ は $\frac{\pi }{2}$ から $0$ まで単調に減る。よって $0\le \theta \le \frac{\pi }{2}$ の各方向に $C$ の点がちょうど1つあり、その原点からの距離を $r(\theta )$ とすると

と書ける（$\rho$ は原点からの距離）。

$r$ の形。 (2) より $f$ は $t=\frac{1}{2}$ で最大 $\frac{3\sqrt{6}}{2}$ をとる。$t=\frac{1}{2}$ のとき $\frac{y}{x}=3\sqrt{\frac{1/2}{3/2}}=\sqrt{3}$ なので、対応する偏角は $\frac{\pi }{3}$ である。$\theta$ と $t$ は逆向きに動くから

1. $0\le \theta \le \frac{\pi }{3}$（$\frac{1}{2}\le t\le 1$）では $r$ は増加。$r(0)=f(1)=2\sqrt{2}$。
2. $\frac{\pi }{3}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$（$-1\le t\le \frac{1}{2}$）では $r$ は減少。$r\left(\frac{\pi }{2}\right)=f(-1)=0$。

つまり $r$ は $\theta =\frac{\pi }{3}$ でただ1つの山を作る。

掃いた領域。 時計回りに $\phi$（$0\le \phi \le \frac{\pi }{2}$）だけ回した $D$ は、偏角 $\theta$ のところで半径 $r(\theta +\phi )$（ただし $0\le \theta +\phi \le \frac{\pi }{2}$ のとき）まで届く。$\phi$ を全部動かしたときの半径を $R(\theta )$ とすると、掃いた領域の偏角の範囲は $-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$ で

となる。$r$ の山が $\frac{\pi }{3}$ にあることから、3つに分かれる。

1. $-\frac{\pi }{2}\le \theta \le -\frac{\pi }{6}$：$\frac{\pi }{2}+\theta \le \frac{\pi }{3}$ なので $[0,\frac{\pi }{2}+\theta ]$ で $r$ は増加。$R(\theta )=r\left(\frac{\pi }{2}+\theta \right)$。
2. $-\frac{\pi }{6}\le \theta \le \frac{\pi }{3}$：どちらの範囲にも $s=\frac{\pi }{3}$ が入るので $R(\theta )=\frac{3\sqrt{6}}{2}$（一定）。
3. $\frac{\pi }{3}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$：$[\theta ,\frac{\pi }{2}]$ で $r$ は減少。$R(\theta )=r(\theta )$。

面積は $\frac{1}{2}\int R^{2}d\theta$ で求まる。1つめは $s=\frac{\pi }{2}+\theta$ と置換すると

となり、3つめの $\frac{1}{2}{\int }_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}}r(\theta {)}^{2}d\theta$ と足すと

に戻る。2つめは半径一定なので扇形で、中心角は $\frac{\pi }{3}+\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}$、面積は

である。

$D$ の面積。 $x$ は $t$ とともに増加するので $\int ydx$ で求まる。$x^{\prime }(t)=\frac{3}{2}\sqrt{1+t}$ だから

である。$1+t=2{\sin }^2\phi$（$0\le \phi \le \frac{\pi }{2}$）と置くと $1-t=2{\cos }^2\phi$、$dt=4\sin \phi \cos \phi d\phi$ で

となる。${\sin }^4\phi {\cos }^2\phi =\frac{1}{32}\left(2-\cos 2\phi -2\cos 4\phi +\cos 6\phi \right)$ と2倍角・3倍角で開いて積分すると ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^4\phi {\cos }^2\phi d\phi =\frac{\pi }{32}$ なので

である。したがって求める面積は

となる。

$s=2^0+2^1+\cdots +2^{n-1}=2^n-1$、$q={\left(2^0\right)}^2+\cdots +{\left(2^{n-1}\right)}^2=\frac{4^n-1}{3}$ とおく。

なので

となる。$4^n-3\cdot 2^n+2=\left(2^n-1\right)\left(2^n-2\right)$ だから

である。

$\left(1+2^{0}x\right)\left(1+2^{1}x\right)\cdots \left(1+2^{n-1}x\right)$ を展開すると、各因数から $1$ か $2^{m}x$ のどちらかを選んで掛け合わせたものの総和になる。$x^k$ の係数は「$2^m$ を $k$ 個選んだ積の和」、すなわち $a_{n,k}$ である。よって

と書ける。1つめの比は、因数が1つ増えるだけだから

である。2つめは、$x$ を $2x$ に置きかえると指数が1つずつずれて

となるから

である。

(2) の2つの等式を、分母を払った形で書くと

である。$f_n(x)=\sum _{j=0}^n{a}_{n,j}{x}^j$（$a_{n,0}=1$）として、両方で $x^{k+1}$ の係数を比べる。1つめから

であり、$f_n(2x)=\sum _j{a}_{n,j}{2}^j{x}^j$ なので2つめからは

となる。2式の右辺を等しいとおくと

である。$2^{k+1}-1\ne 0$ だから $a_{n,k+1}=\frac{2^n-2^k}{2^{k+1}-1}{a}_{n,k}$ となり、これを1つめに入れて

を得る。$a_{n,k}>0$ なので割ってよく

である。

$S$ は底面が $x^2+y^2\le 1$（$z=0$）、頂点が $(0,0,2)$ の円錐だから、高さ $z$ での切り口は原点を中心とする半径 $\frac{2-z}{2}$ の円板である。$z=1$ では半径 $\frac{1}{2}$ の円板になる。

$\mathrm{A}(1,0,2)$ と $\mathrm{P}(p,q,0)$（$p^2+q^2\le 1$）を結ぶ線分のうち $z=1$ にあるのは中点で、

である。$(p,q)$ が単位円板を動くとき $\left(\frac{1+p}{2},\frac{q}{2}\right)$ は、中心 $\left(\frac{1}{2},0\right)$、半径 $\frac{1}{2}$ の円板を描く。よって $T$ の切り口はこの円板である。

$S$ は凸なので、$\mathrm{A}$ から $S$ の各点へ引いた線分すべての和集合は、$\mathrm{A}$ と $S$ の凸包に等しい。$S$ 自体は頂点 $\mathrm{V}(0,0,2)$ と底面の円板 $B$ の凸包だから、求める立体 $U$ は

である。$\mathrm{A}$ と $\mathrm{V}$ はどちらも高さ $2$、$B$ は高さ $0$ にある。$U$ の点は $\mathrm{A},\mathrm{V},B$ の点の重みつき平均で、高さが $z$ になるのは「高さ $2$ の2点の重みの合計」が $\lambda =\frac{z}{2}$ のときである。

$\mathrm{A}$ と $\mathrm{V}$ の $xy$ 座標は $(1,0)$ と $(0,0)$ だから、重み $\lambda$ の範囲で作れるのは原点から $(\lambda ,0)$ までの線分である。残りの重み $1-\lambda$ を円板 $B$ に配ると、半径 $1-\lambda$ の円板が作れる。よって高さ $z$ の断面は

すなわち、線分の各点を中心に半径 $1-\lambda$ の円板を描いて重ねた形になる。これは縦 $2(1-\lambda )$・横 $\lambda$ の長方形の左右に半径 $1-\lambda$ の半円をつけた形で、面積は

である。$z=2\lambda$ より $dz=2d\lambda$ なので

となる。

$\lambda =\frac{1}{2}$（$z=1$）のとき断面は、線分 $(0,0)$–$\left(\frac{1}{2},0\right)$ と半径 $\frac{1}{2}$ の円板の和で、(1) で描いた2つの円板をちょうど包む形になっている。(1) の図が (2) の断面の特別な場合になっていることが確かめられる。

$F(\theta )=A\sin 2\theta -\sin (\theta +\alpha )$ とおく。$\theta =\frac{\pi }{4},\frac{3\pi }{4},\frac{5\pi }{4},\frac{7\pi }{4}$ では $\sin 2\theta$ がそれぞれ $1,-1,1,-1$ になるから、$\left|\sin (\theta +\alpha )\right|\le 1$ とあわせて

となる。$F$ は連続だから、中間値の定理により $\left(\frac{\pi }{4},\frac{3\pi }{4}\right)$、$\left(\frac{3\pi }{4},\frac{5\pi }{4}\right)$、$\left(\frac{5\pi }{4},\frac{7\pi }{4}\right)$ のそれぞれに解が少なくとも1つある。

さらに $F$ は周期 $2\pi$ をもち $F\left(\frac{\pi }{4}+2\pi \right)=F\left(\frac{\pi }{4}\right)>0$ なので、$\left(\frac{7\pi }{4},\frac{\pi }{4}+2\pi \right)$ にも解がある。この区間の解は $2\pi$ を引けば $0\le \theta <2\pi$ の中の、上の3つとは別の位置に来る。よって $0\le \theta <2\pi$ に少なくとも $4$ 個の解がある。