北海道大学 2022年度理系数学前期第1問解答・解説

問題

$0 ≦ a ≦ b ≦ 1$ をみたす $a, b$ に対し，関数

f (x) = ∣ x (x - 1) ∣ + ∣ (x - a) (x - b) ∣

を考える。 $x$ が実数の範囲を動くとき， $f (x)$ は最小値 $m$ をもつとする。

(1) $x < 0$ および $x > 1$ では $f (x) > m$ となることを示せ。

(2) $m = f (0)$ または $m = f (1)$ であることを示せ。

(3) $a, b$ が $0 ≦ a ≦ b ≦ 1$ をみたして動くとき， $m$ の最大値を求めよ。

出典：北海道大学 2022年度前期日程第2次学力試験理系前期第1問

方針

解法1

絶対値の符号は、点 $0, a, b, 1$ を境に変わる。まず $x < 0$ 、 $x > 1$ では2つの積がどちらも正になり、 $f (0)$ または $f (1)$ より大きいことを示して最小候補から外す。次に $[0, 1]$ 内を $[0, a]$ 、 $[a, b]$ 、 $[b, 1]$ に分け、線形または上に凸の2次式として端点だけを調べればよいことを示す。最後に $m = min {ab, (1 - a) (1 - b)}$ を得て、その最大値を求める。

別解（対称変換と最小値の直接評価）

$a + b ≦ 1$ の場合に $f (x) ≧ ab$ を区間ごとに直接示す。 $a + b ≧ 1$ は $(x, a, b) \mapsto (1 - x, 1 - b, 1 - a)$ の対称性で前者へ帰着する。最大値は2候補の積による上界で一度に評価する。

解答

解法1

(1)

$x < 0$ のとき、 $x < 0 ≦ a ≦ b ≦ 1$ だから $x (x - 1) > 0, (x - a) (x - b) > 0$ である。よって $f (x) = x (x - 1) + (x - a) (x - b) = 2 x^{2} - (1 + a + b) x + ab$ である。ここで $x < 0$ なので $2 x^{2} > 0$ かつ $- (1 + a + b) x > 0$ であり、 $f (x) > ab = f (0) ≧ m$ となる。

次に $x > 1$ のときも、 $x (x - 1) > 0$ 、 $(x - a) (x - b) > 0$ であるから同じく $f (x) = 2 x^{2} - (1 + a + b) x + ab$ である。この式を $F (x)$ とおくと $F^{'} (x) = 4 x - (1 + a + b)$ であり、 $x > 1$ 、 $a + b ≦ 2$ より $F^{'} (x) > 4 - (1 + a + b) ≧ 1 > 0$ である。したがって $x > 1$ では $F (x) > F (1)$ であり、 $f (x) > f (1) ≧ m$ となる。

(2)

(1) より、最小値は $0 ≦ x ≦ 1$ の範囲で考えればよい。 $0 ≦ x ≦ a$ では $x (x - 1) ≦ 0, (x - a) (x - b) ≧ 0$ なので $f (x) = - x (x - 1) + (x - a) (x - b) = (1 - a - b) x + ab$ である。これは一次関数だから、この区間での最小値は端点 $x = 0, a$ のいずれかでとる。 $a ≦ x ≦ b$ では $x (x - 1) ≦ 0, (x - a) (x - b) ≦ 0$ なので $f (x) = - x (x - 1) - (x - a) (x - b) = - 2 x^{2} + (1 + a + b) x - ab$ である。これは上に凸の2次関数であるから、この区間での最小値は端点 $x = a, b$ のいずれかでとる。 $b ≦ x ≦ 1$ では $x (x - 1) ≦ 0, (x - a) (x - b) ≧ 0$ なので、再び $f (x) = (1 - a - b) x + ab$ であり、最小値は端点 $x = b, 1$ のいずれかでとる。

したがって $[0, 1]$ での最小値は $f (0), f (a), f (b), f (1)$ のいずれかである。ここで $f (0) = ab, f (1) = (1 - a) (1 - b),$ $f (a) = a (1 - a), f (b) = b (1 - b)$ である。 $a + b ≦ 1$ なら、 $b ≦ 1 - a$ かつ $a ≦ 1 - b$ であるから $ab ≦ a (1 - a), ab ≦ b (1 - b)$ である。よってこの場合は $f (0)$ が $f (a), f (b)$ 以下である。 $a + b ≧ 1$ なら、 $1 - b ≦ a$ かつ $1 - a ≦ b$ であるから $(1 - a) (1 - b) ≦ a (1 - a), (1 - a) (1 - b) ≦ b (1 - b)$ である。よってこの場合は $f (1)$ が $f (a), f (b)$ 以下である。

以上より、最小値 $m$ は必ず $m = f (0) または m = f (1)$ である。

(3)

(2) より $m = min {ab, (1 - a) (1 - b)}$ である。 $a + b ≦ 1$ のときは $ab ≦ (1 - a) (1 - b)$ なので $m = ab$ である。このとき $b ≦ 1 - a$ だから $m = ab ≦ a (1 - a) ≦ \frac{1}{4}$ である。 $a + b ≧ 1$ のときは $(1 - a) (1 - b) ≦ ab$ なので $m = (1 - a) (1 - b)$ である。 $u = 1 - b$ 、 $v = 1 - a$ とおくと、 $0 ≦ u ≦ v$ かつ $u + v ≦ 1$ であり、 $m = uv ≦ \frac{1}{4}$ である。

一方、 $a = b = \frac{1}{2}$ とすると $f (0) = f (1) = \frac{1}{4}$ であり、(2) より $m = \frac{1}{4}$ である。したがって $m$ の最大値は $\frac{1}{4}$ である。

別解（対称変換と最小値の直接評価）

(1)

$x < 0$ では

f (x) = 2 x^{2} - (1 + a + b) x + ab > ab = f (0) ≧ m .

次に

x^{'} = 1 - x, a^{'} = 1 - b, b^{'} = 1 - a

と置くと $0 ≦ a^{'} ≦ b^{'} ≦ 1$ であり、直接代入から

f_{a, b} (x) = f_{a^{'}, b^{'}} (x^{'})

が成り立つ。 $x > 1$ なら $x^{'} < 0$ だから、上の結果を変換後の関数へ適用して

f_{a, b} (x) > f_{a^{'}, b^{'}} (0) = f_{a, b} (1) ≧ m .

(2)

まず $a + b ≦ 1$ とする。 $0 ≦ x ≦ a$ および $b ≦ x ≦ 1$ では

f (x) = ab + (1 - a - b) x ≧ ab .

$a ≦ x ≦ b$ では

f (x) = - 2 x^{2} + (1 + a + b) x - ab

は上に凸であるから、区間内の最小値は端点でとる。しかも

f (a) = a (1 - a) ≧ ab, f (b) = b (1 - b) ≧ ab

である。よって全区間で $f (x) ≧ ab = f (0)$ 、したがって $m = f (0)$ である。

$a + b ≧ 1$ の場合は上の対称変換により $a^{'} + b^{'} = 2 - a - b ≦ 1$ となる。したがって変換後の最小値は $f_{a^{'}, b^{'}} (0) = f_{a, b} (1)$ であり、 $m = f (1)$ である。以上で $m = f (0)$ または $m = f (1)$ が示された。

(3)

(2) より

m = min {ab, (1 - a) (1 - b)} .

したがって

m^{2} ≦ ab (1 - a) (1 - b) = {a (1 - a)} {b (1 - b)} ≦ \frac{1}{16} .

$m ≧ 0$ だから $m ≦ 1/4$ である。一方、 $a = b = 1/2$ なら2候補はともに $1/4$ となる。ゆえに最大値は

\frac{1}{4}

である。

北海道大学 2022年度理系数学 前期 第1問

問題

方針

解法1

別解（対称変換と最小値の直接評価）

解答

解法1

(1)

(2)

(3)

別解（対称変換と最小値の直接評価）

(1)

(2)

(3)

北海道大学 2022年度
理系数学前期第1問