【解答・解説】東大理系数学2019

$\text{台形} \mathrm{APRD} = \triangle \mathrm{APQ} + \triangle \mathrm{PQR} + \triangle \mathrm{QRD}$ である。

条件より $\triangle \mathrm{APQ} = \triangle \mathrm{PQR} = \dfrac{1}{3}$ である。

また， $$\begin{aligned} \text{台形} \mathrm{APRD} &= \dfrac{1}{2} (\mathrm{AP} + \mathrm{DR}) \cdot 1\\ \triangle \mathrm{QRD} &= \dfrac{1}{2} \mathrm{QD} \cdot \mathrm{DR}\\ &= \dfrac{1}{2} (1-\mathrm{AQ}) \cdot \mathrm{DR} \end{aligned}$$ であるため， $$\dfrac{1}{2} (\mathrm{AP} + \mathrm{DR}) = \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{2} (1-\mathrm{AQ}) \cdot \mathrm{DR} \quad \cdots (\ast)$$

$\triangle \mathrm{APQ} = \dfrac{1}{3}$ より $\dfrac{1}{2} \mathrm{AP} \cdot \mathrm{AQ} = \dfrac{1}{3}$ であり，$\mathrm{AP} = \dfrac{2}{3\mathrm{AQ}}$ となる。$(\ast)$ に代入して整理すると $$\mathrm{AQ} \cdot \mathrm{DR} = \dfrac{4}{3} - \dfrac{2}{3\mathrm{AQ}}$$ となる。

さらに両辺を $\mathrm{AQ}^3$ で割ると $$\dfrac{\mathrm{DR}}{\mathrm{AQ}} = \dfrac{2}{3} \left( \dfrac{2}{\mathrm{AQ}^2} - \dfrac{1}{\mathrm{AQ}^3} \right)$$ を得る。

$\dfrac{1}{\mathrm{AQ}} = t$ とおくと右辺は $\dfrac{2}{3} (-t^3+2t^2)$ となる（以下これを $f(t)$ とおく）。この三次関数の最大，最小を計算すればよい。

$t$ の範囲を調べる。すなわち $\mathrm{AQ}$ の最大，最小を調べる。

$\mathrm{AQ}$ は $\mathrm{Q} = \mathrm{B}$ のとき，最大値 $1$ を取る。

$\triangle \mathrm{APQ} = \dfrac{1}{3}$ より $\mathrm{AP} \cdot \mathrm{AQ} = \dfrac{2}{3}$ である。 $\mathrm{AP}$ の最大値は $1$ であるため，このとき $\mathrm{AQ}$ は最小値 $\dfrac{2}{3}$ を取る。

よって $1 \leqq t \leqq \dfrac{3}{2}$ であることが分かった。

$f'(t) = -2t^2 + \dfrac{8}{3} t = -2t \left( t-\dfrac{4}{3} \right)$ より増減表は次のようになる。 $$\begin{array}{c|ccccc} t & 1 & \cdots & \dfrac{4}{3} & \cdots & \dfrac{3}{2}\\ \hline f'(t) & + & + & 0 & - & -\\ \hline f(t) & \dfrac{2}{3} & \nearrow & \dfrac{64}{81} & \searrow & \dfrac{3}{4} \end{array}$$

よって最小値は $\dfrac{2}{3}$，最大値は $\dfrac{64}{81}$ となる。

平面 $\alpha$ と平面 $y = 0$ の交線を $\beta$ とおく。条件より $\beta$ と直線 $\mathrm{AE}$ は平行である。

直線 $\mathrm{AE}$ の式は $z = x - 2$ であるため，$\beta$ の傾きは $1$ である。また，平面 $\alpha$ は点 $\mathrm{M} (1,1,0)$，$\mathrm{N} (1,-1,0)$ を通るため，直線 $\beta$ は点 $(1,0,0)$ を通る。

こうして直線 $\beta$ の式は $z = x-1$ となる。

点 $\mathrm{P} (p,0,2)$ が平面 $\alpha$ 上にあるのは $2 = p-1$ のとき，すなわち $p = 3$ となるときである。

以上より $p$ によって場合分けをすると以下のようになる。

• $2 < p < 3$ のとき

• $p = 3$ のとき

• $3 < p < 4$ のとき

$p$ によらず平面 $\alpha$ は直線 $\mathrm{AB}$，直線 $\mathrm{AD}$，直線 $\mathrm{BE}$，直線 $\mathrm{DE}$，$\mathrm{CE}$ と交わるため，少なくとも切り口は五角形以上になる。

• $2 < p < 3$ のとき

(1) より平面 $\alpha$ は，$\mathrm{PA}$ と交わる。一方，$\mathrm{PB}$，$\mathrm{PC}$，$\mathrm{PD}$ とは交わらない。よって切り口は六角形である。

• $p = 3$ のとき

(1) より平面 $\alpha$ は，点 $\mathrm{P}$ において $\mathrm{PA}$，$\mathrm{PB}$，$\mathrm{PC}$，$\mathrm{PD}$ と交わる。よって切り口は六角形である。

• $3 < p < 4$ のとき

(1) より平面 $\alpha$ は，$\mathrm{PB}$，$\mathrm{PC}$ と交わる。一方 $\mathrm{PA}$，$\mathrm{PD}$ とは交わらない。よって切り口は八角形となる。

こうして答えは $3 < p < 4$ である。

下図のように平面 $\alpha$ と八面体の交点を $\mathrm{F}$，$\mathrm{G}$，$\mathrm{H}$，$\mathrm{I}$，$\mathrm{J}$，$\mathrm{K}$ とおく。これらを平面 $yz$ に射影した点を順に $\mathrm{F}'$，$\mathrm{G}'$ などとおく。

四角形 $\mathrm{F}'\mathrm{G}'\mathrm{M}'\mathrm{O}$ の面積を計算すればよい。

$\mathrm{F}$，$\mathrm{G}$ の座標を計算する。

• $\mathrm{F}$ の座標の計算

まず，平面 $y = 0$ 上での交点で考える。

直線 $\mathrm{CP}$ の傾きは $\dfrac{2-0}{p+2} = \dfrac{2}{p+2}$ であるので，式は $$\begin{aligned} z &= \dfrac{2}{p+2} (x + 2)\\ &= \dfrac{2}{p+2} x + \dfrac{4}{p+2} \end{aligned}$$ となる。直線 $\beta$ と交点を計算すると $\left( 1+\dfrac{6}{p} , \dfrac{6}{p} \right)$ となる。

よって， $$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{OF}} &= \dfrac{6}{p} \cdot \dfrac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{OP}} + \left( 2 - \dfrac{6}{p} \right) \cdot \dfrac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{OC}} \\ &= \left( 1+\dfrac{6}{p} , 0 , \dfrac{6}{p} \right) \end{aligned}$$ となる。

• $\mathrm{G}$ の座標の計算

同じく $y=0$ 上で考える。

直線 $\mathrm{OP}$ の傾きは $\dfrac{2}{p}$ であるので，式は $$\begin{aligned} z &= \dfrac{2}{p} x \end{aligned}$$ となる。直線 $\beta$ と交点を計算すると $\left( \dfrac{p}{p-2} ,0, \dfrac{2}{p-2} \right)$ となる。

よって， $$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{OG}} &= \dfrac{2}{p-2} \cdot \dfrac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{OP}} + \left( 2 - \dfrac{2}{p-2} \right) \cdot \dfrac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{OB}} \\ &= \left( \dfrac{p}{p-2} , 2-\dfrac{2}{p-2}, \dfrac{2}{p-2} \right) \end{aligned}$$ となる。

以上より $yz$ 平面上に射影すると下図のようになる。

よって面積は， $$\begin{aligned} &\text{四角形} \ \mathrm{F}'\mathrm{G}'\mathrm{M}'\mathrm{O}\\ &= \triangle \mathrm{F}'\mathrm{G}' \mathrm{O} + \triangle \mathrm{G}' \mathrm{M}' \mathrm{O}\\ &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{6}{p} \cdot \dfrac{2p-6}{p-2} + \dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot \dfrac{2}{p-2}\\ &= \dfrac{3(2p-6)+p}{p(p-2)}\\ &= \dfrac{7p-18}{p(p-2)} \end{aligned}$$ となる。

$n^2 + 1 = a_n d_n$，$5 n^2 + 9 = b_n d_n$ とおく。

$$\begin{aligned} &b_n d_n - 5 a_n d_n\\ &= (5n^2 + 9) - 5 (n^2 + 1)\\ &= 4 \end{aligned}$$ となるため，$d_n$ は $4$ の約数である。

1. $n$ が偶数のとき
   $n^2+1$ は奇数であるため，$d_n = 1$ である。

2. $n$ が奇数のとき
   $n = 2m+1$ とおくと $$n^2 + 1 = 4m^2 + 4m + 2$$ であるため，$d_n = 2$ である。

$(n^2+1)(5n^2+9)$ が平方数となると仮定する。

• $n$ が偶数のとき

$n^2+1$ と $5n^2+9$ は互いに素になるため，これらはどちらも平方数となる。

$n^2$ と $(n+1)^2$ は連続する2つの平方数である。$n^2 < n^2 + 1$ である。一方で $$\begin{aligned} (n+1)^2 &= n^2 + 2n + 1\\ &> n^2 + 1 \end{aligned}$$ である。よって $n^2 + 1$ は平方数とならない。

ゆえに $(n^2+1)(5n^2+9)$ は平方数にならない。

• $n$ が奇数のとき

$d_n = 2$ である。

$n^2+1 = 2m^2$，$5n^2+9 = 2 l^2$ とおく。

$n^2 + 1 = 2m^2$ とおく。このとき $$5n^2 + 9 = 10m^2 + 4 = 2l^2$$ である。

両辺を $2$ で割って $$5m^2 + 2 = l^2 \quad (\ast)$$ を得る。

$4$ を法とする合同式を考えると $$\begin{aligned} l^2 &\equiv 0,1 \ (\mathrm{mod} \ 4)\\ m^2 &\equiv 0,1 \ (\mathrm{mod} \ 4)\\ 5m^2 + 2 &\equiv 2,3 \ (\mathrm{mod} \ 4)\\ \end{aligned}$$ となる。これは $(\ast)$ に反する。

こうして $n$ が奇数のときも $(n^2+1)(5n^2+9)$ は平方数にならない。

$$x^{2n-1} = \cos x \quad \cdots (\ast)$$

• $x < -\dfrac{\pi}{2}$ のとき $$x^{2n-1} < - \left( \dfrac{\pi}{2} \right)^{2n-1} < - 1 \leqq \cos x$$ より $(\ast)$ に解はない。

• $-\dfrac{\pi}{2} \leqq x < 0$ のとき $$0 \leqq \cos x < 1, x^{2n-1} < 0$$ より $(\ast)$ に解はない。

• $0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ のとき $$f(x) = x^{2n-1} - \cos x$$ とおく。 $$\begin{aligned} f (0) &= 0 - 1\\ &< 0\\ f \left( \dfrac{\pi}{2} \right) &= \left( \dfrac{\pi}{2} \right)^{2n-1} - 0\\ &> 0 \end{aligned}$$ となる。中間値の定理より $(\ast)$ は実数解を持つ。 $$f'(x) = (2n-1) x^{2n-2} + \sin x$$ となる。$0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ のとき $x^{2n-2} , \sin x > 0$ より $f'(x) > 0$ である。よって $(\ast)$ はただ1つの実数解を持つ。

• $x > \dfrac{\pi}{2}$ のとき $$x^{2n-1} > \left( \dfrac{\pi}{2} \right)^{2n-1} > 1 \leqq \cos x$$ より $(\ast)$ に解はない。

以上より $(\ast)$ はただ1つの実数解を持つ。

(1) より $0 < a_n < 1$ である。よって $$\cos a_n > \cos 1$$ である。

• $a$ の計算

(1)，(2) の結果より $$\cos 1 < \cos a_n = {a_n}^{2n-1} < 1$$ である。

よって $$\left(\cos 1 \right)^{\frac{1}{2n-1}} < a_n < 1$$ である。

$$\lim_{n \to \infty} \left(\cos 1 \right)^{\frac{1}{2n-1}} = 1$$ より，はさみうちの原理から $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = 1$ である。

• $b$ の計算

$${a_n}^{2n} = a_n \cdot {a_n}^{2n-1} = a_n \cos a_n$$ より $${a_n}^n = \sqrt{a_n \cos a_n}$$ である。よって $$\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} {a_n}^n &= \lim_{n \to \infty} \sqrt{a_n \cos a_n}\\ &= \sqrt{\cos 1} \end{aligned}$$ となる。

• $c$ の計算

$$\begin{aligned} c &= \lim_{n \to \infty} \dfrac{\sqrt{a_n \cos a_n} - b}{a_n - a}\\ &= \lim_{x \to 1} \dfrac{\sqrt{x \cos x} - \sqrt{\cos 1}}{x - 1}\\ &= \left( \sqrt{x \cos x} \right)' \mid_{x = 1} \end{aligned}$$ である。

$$\begin{aligned} \left( \sqrt{x \cos x} \right)' &= (x \cos x)' \dfrac{1}{2\sqrt{x \cos x}}\\ &= \dfrac{\cos x - x \sin x}{2\sqrt{x \cos x}} \end{aligned}$$ より $$c = \dfrac{\cos 1 - \sin 1}{2\sqrt{\cos 2}}$$ である。

$$x^4 - 2x^3 - 2ax + b = 0 \quad \cdots \ (\star)$$

$\alpha$ が $(\star)$ の解であったら，$\bar{\alpha}$ もまた $(\star)$ の解である。

よって，$\alpha , \beta , \gamma , \delta$ は

• 共役な複素数のペア2つ
• 実数2つと共役な複素数のペア
• 実数4つ

のいずれか。

$\alpha , \beta , \gamma , \delta$ が全て実数のとき，$\alpha \beta + \gamma \delta$ は実数であるため，仮定に反する。

$\alpha , \beta , \gamma , \delta$ は共役な複素数のペア2つのときを考える。

• $\alpha = \bar{\beta}$，$\gamma = \bar{\delta}$ のとき
  $\alpha \beta = |\alpha|^2$，$\gamma \delta = |\gamma|^2$ より $\alpha \beta + \gamma \delta = |\alpha|^2 + |\gamma|^2$ である。これは実数であるため，仮定に反する。

• $\alpha = \bar{\gamma}$，$\beta = \bar{\delta}$ のとき
  $\gamma \delta = \overline{\alpha \beta}$ より $\alpha \beta + \gamma \delta = \alpha \beta + \overline{\alpha \beta}$ である。これは実数であるため，仮定に反する。

よって，$\alpha , \beta , \gamma , \delta$ は実数2つと共役な複素数のペアである。

$\alpha = \bar{\beta}$ の場合，$\alpha \beta + \gamma \delta = |\alpha|^2 + \gamma \delta$ は実数であるため，条件に反する。

よって，$\alpha$，$\gamma$ は実数，$\beta = \bar{\delta}$ としてよい。

$\beta = p+qi$ とおくと， $$\alpha \beta + \gamma \delta = (\alpha + \gamma) p + i (\alpha - \gamma)q$$ となる。これは純虚数であるため，$\alpha + \gamma = 0$ または $p = 0$ とわかる。

• $\alpha = - \gamma$ のとき

この場合において $\alpha = r$ とおく。

解と係数の関係より $$\begin{aligned} b &= \alpha \beta \gamma \delta\\ &= -r^2 (p^2 + q^2)\\ 2a &= \beta \gamma \delta + \alpha \gamma \delta + \alpha \beta \delta + \alpha \beta \gamma\\ &= -r(p^2+q^2) - r^2 (p+qi)\\ &\quad\quad + r (p^2+q^2) - r^2 (p-qi)\\ &= -2p r^2\\ 0 &= \alpha \beta + \alpha \gamma + \alpha \delta\\ &\quad \quad \beta \gamma + \beta \delta + \gamma \delta\\ &= -r^2 + p^2 + q^2\\ 2 &= \alpha + \beta + \gamma + \delta\\ &= 2p \end{aligned}$$ である。これらを組み合わせると $$\begin{aligned} a &= -pr^2\\ &= -r^2\\ b &= -r^2 (p^2 + q^2)\\ &= -r^4 \end{aligned}$$ となる。こうして $b = -a^2$ である。

• $p = 0$ のとき

解と係数の関係より $$\begin{aligned} b &= \alpha \gamma q^2\\ 2a &= (\alpha + \gamma) q^2\\ 0 &= \alpha \gamma + q^2\\ 2 &= \alpha + \gamma \end{aligned}$$ である。これらを組み合わせると $a = q^2$，$b = -q^4$ を得る。こうして $b = -a^2$ である。

以上よりどちらの場合においても $b = -a^2$ となる。

$\alpha + \beta = x+yi$ とおく。

• $\alpha = - \gamma$ のとき

$\alpha = r$，$p=1$ より $x+yi = r+1+qi$ である。

(2) より $0 = -r^2 + 1 + q^2$ であった。これと合わせることで $(x-1)^2 - y^2 = 1$ を得る。なお，$\beta$ は実数でないことから $q \neq 0$ であったため，$y \neq 0$ となる。

• $p=0$ のとき

$p = 0$ より $x+yi = \alpha + qi$ である。

(2) より $0 = \alpha \gamma + q^2$，$2 = \alpha + \gamma$ である。ここから $\gamma$ を消去すると $0 = 2\alpha - \alpha^2 + q^2$ すなわち $(\alpha - 1)^2 - q^2 = 1$ となる。

$x$，$y$ で置き換えて $(x-1)^2 - y^2 = 1$ を得る。なお，$\beta$ は実数でないことから $q \neq 0$ であったため，$y \neq 0$ となる。

以上より $(x-1)^2 - y^2 = 1 \ (y \neq 0)$ を図示すればよい。