https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/2005/Kouki

2020.09.18記（2026.02.20.17:54記）

[3] $a$ は実数で， $-\dfrac{1}{2}\leqq a\lt2$ を満たすとする． $xy$ 平面の領域 $\mbox{D}$ ， $\mbox{E}$ を
$\mbox{D}:\, 1\leqq x^2+y^2\leqq 4$ ， $\mbox{E}:\, a\leqq x\leqq a+1$
で定める．領域 $\mbox{D}$ と $\mbox{E}$ の共通部分の面積を $a$ の関数と考えて $S(a)$ とおく．

(1) $S(a)$ を定積分で表せ．

(2) 導関数 $S'(a)$ を $a$ の関数として求めよ．

(3) $S(a)$ を最大にするような実数 $a$ を解にもつ4次方程式
$3x^4+px^3+qx^2+rx+s=0$ （ $p$ ， $q$ ， $r$ ， $s$ は整数）
を求めよ．

(4) (3)で求めた方程式で， $x=\sqrt{2}t$ とおき，さらに $z=t-\dfrac{1}{t}$ とすることにより，この方程式を $z$ についての2次方程式として表せ．

(5) $S(a)$ を最大にするような $a$ の値を求めよ．

本問のテーマ

はみだしけずり論法

2026.02.22.22:51記

[解答]
(i) $-\dfrac{1}{2}\leqq a\leqq 0$ のとき $S(a)=2\displaystyle\int_{a}^{a+1}\left(\sqrt{4-x^2}-\sqrt{1-x^2}\right)dx$ ，

(ii) $0\leqq a\leqq 1$ のとき $S(a)=2\displaystyle\int_{a}^{a+1}\sqrt{4-x^2}dx - 2\int_{a}^1\sqrt{1-x^2}dx$ ，

(iii) $1\leqq a\leqq 2$ のとき $S(a)=2\displaystyle\int_{a}^{2}\sqrt{4-x^2}dx$

である．

(2)(i) $-\dfrac{1}{2}\lt a\lt 0$ のとき
$S'(a)=2\left(\sqrt{4-(a+1)^2}-\sqrt{1-(a+1)^2}\right)$ $-2\left(\sqrt{4-a^2}-\sqrt{1-a^2}\right)$ ，

(ii) $0\lt a\lt 1$ のとき
$S'(a)=2\sqrt{4-(a+1)^2}$ $-2\left(\sqrt{4-a^2}-\sqrt{1-a^2}\right)$ ，

(iii) $1\lt a\lt 2$ のとき
$S'(a)=-2\sqrt{4-a^2}$

である（ $a=-\dfrac{1}{2}，0，1，2$ では $S'(a)$ は定義されない）．

(3) 関数 $T(x)$ を
$T(x)=\begin{cases} T_1(x)=1(\sqrt{4-x^2}-\sqrt{1-x^2}) & (|x|\leqq 1) \\ T_2(x)=2\sqrt{4-x^2} & (1\leqq |x| \leqq 2) \\ 0 & (|x|\geqq 2)\end{cases}$
で定めると， $T(x)$ は $T(x)\geqq 0$ なる偶関数であり， $-\dfrac{1}{2}\leqq a \lt2$ なる任意の $a$ に対して $S'(a)=T(a+1)-T(a)$ となる．

また，
$T'(x)=\begin{cases} T'_1(x)=2x\left(\dfrac{1}{\sqrt{4-x^2}}-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) & (|x|\lt 1) \\ T'_2(x)=\dfrac{2x}{\sqrt{4-x^2}} & (1\lt |x| \lt 2) \\ 0 & (|x|\geqq 2)\end{cases}$
であり， $T'(x)$ は奇関数であり， $0\lt x\lt 1$ で正（ $T_1(x)$ は定義域で単調増加）， $1\lt x\lt 2$ で負（ $T_2(x)$ は定義域で単調減少）， $2\lt x$ で $0$ となる．

(a) $-\dfrac{1}{2}\lt a\lt0$ のとき， $|a|\leqq 1+a \lt 1$ より
$S'(a)=T(a+1)-T(a)=T_1(a+1)-T_1(|a|)\gt 0$
（∵ $T_1(x)$ は $0\lt x\lt 1$ で単調増加）となる．

(b) $0\lt a\lt 1$ のとき，
$S'(a)=T_2(a+1)-T_1(a)$ は $T_2(a+1)$ が単調減少， $U_1(a)$ が単調増加であるから単調減少となる．
$\displaystyle\lim_{a\to +0}S'(a)=T_2(1)=-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\lt 0$ ，
$\displaystyle\lim_{a\to -1}S'(a)=-\displaystyle\lim_{a\to -1}T_1(1)=+\infty$
により， $S'(x)=0$ を満たす $0\lt x\lt 1$ が唯一存在する．

注）この $T(a+1)=T(a)$ のときに $S'(a)=0$ となるという結論がはみだしけずり論法に相等する

よって $S(a)$ の増減表は

$a$	$-\dfrac{1}{2}$	$\cdots$	$0$	$\cdots$	$x$	$\cdots$	$1$	$\cdots$	$2$
$S'(a)$		$+$	×	$+$	$0$	$-$	×	$-$	$2$
$a$		$\nearrow$		$\nearrow$	最大	$\searrow$		$\searrow$

となる．この $x$ は $U_2(x+1)-U_1(x)=0$ ，すなわち
$\sqrt{4-(x+1)^2}=\sqrt{4-x^2}-\sqrt{1-x^2}$
を満たす．両辺を $2$ 乗して整理すると
$-x^2-2x+2=2\sqrt{(4-x^2)(1-x^2)}$
となり，さらに両辺を $2$ 乗して整理すると
$f(x)=3x^4+4x^3-20x^2-8x+12=0$
が成立する．

(4) $f(x)=0$ に $x=\sqrt{2}z$ を代入して整理すると $3t^4+2\sqrt{2}t^3-10t^2-2\sqrt{2}t+2=0$ となり， $z^2=t^2+\dfrac{1}{t^2}-2$ に注意すると $f(x)=0$ は $g(z)=3z^2+2\sqrt{2}z-4=0$ となる．

(5) $0\lt x\lt 1$ のとき $0\lt t\lt \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ であり，このとき $z$ は $t$ について単調増加であるから $z\lt-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ であり， $z$ と $x$ はこの範囲で一対一に対応するので $g(z)=0$ の $z\lt-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ を満たす解を求めれば良い．

$2$ 次方程式 $g(z)=0$ は $z^2$ の係数が正で $g(0)\lt 0$ であるから正の解と負の解を $1$ つずつ持ち， $g\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=-\dfrac{9}{2}\lt 0$ により $g(z)=0$ の負の解は $z\lt-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ を満たす．よってこの負の解が $0\lt x\lt 1$ なる $x$ に対応する $z$ である．

よって $z=\dfrac{-\sqrt{2}-\sqrt{14}}{3}$ である．この $z$ に対応する $t$ は
$t^2+\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{14}}{3}t-1=0$ を満たす．この $2$ 次方程式は正の解と負の解を $1$ つずつ持つが，題意を満たすのは正の解である（方程式の作られ方から正の解は確かめなくても $0\lt t\lt \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ を満たす）．よって $t=\dfrac{-\sqrt{2}-\sqrt{14}+\sqrt{52+4\sqrt{7}}}{6}$ となり，
$x=\dfrac{-1-\sqrt{7}+\sqrt{26+2\sqrt{7}}}{3}$ となる．