[ 東京工業大学 1963 年 １ ]
連立方程式
x
3− y
3− z
3= 3 xyz x ,
2= 2( y + z )
を満たす正の整数解を求めよ。3 3 3
3
x − y − − z xyz = x
3+ − ( y )
3+ − ( z )
3− 3 ( x − y )( − z )
2 2 2
( x y z x )( y z yz zx xy )
= − − + + − + + = 0
である。ここで，
x y z , , > 0
のとき
x
2+ y
2+ z
2− yz + zx + xy 1
2 2 2{( ) ( ) ( ) } 0
2 y z z x x y
= − + + + + >
であるから0
x − − = y z
すなわちx = + y z
となる。このとき，
x
2= 2( y + z )
よりx
2= 2 x
⇔x x ( − 2) = 0 0
x >
よりx = 2
となり，y + = z 2
かつy z ,
は正の整数なのでy = = z 1
逆に，
x = 2, y = = z 1
は与えられた式を満たしている。よって
x = 2, y = = z 1
[別解]
3 3 3
3 0
x − y − z = xyz >
よりx > y x , > z
であり，x > 1
となる。ここで，
x
2= 2( y + < z ) 2( x + x ) = 4 x
よりx x ( − < 4) 0
から0 < < x 4 1
x >
なのでx = 2, 3
であるが，x
2= 2( y + z )
よりx
は偶数なのでx = 2
このとき，x > y x , > z
からy = = z 1
逆に，
x = 2, y = = z 1
は与えられた式を満たしている。よって
x = 2, y = = z 1
[ 東京工業大学 1963 年 ２ ]
0, 0, 0
x y a
のとき，1 1
1 , 4(1 )
x y a a
x y
≦ ≦
ならば(2 x 1)
2 4 (1 a a )
が成り立つことを示せ。
1
x y ≦ a
…①1 1
4(1 a ) x y ≦
…②①より
y ≦ (1 a ) x
…①´②より
1 1
4(1 a )
y ≦ x
…②´0
y
であるから ①´×②´ より 1
1 (1 a ) x 4(1 a ) x
≦
⇔x ≦ (1 a ) x 4(1 a x ) 1
⇔
x 4(1 a x )
2 4(1 a x )
2 (1 a ) x
⇔
4(1 a x )
2 4(1 a x )
2 (1 a ) ≦ 0
⇔
4 x
2 4(1 a x ) 1 ≦ 0
⇔
4 x
2 4 x 1 ≦ 4 ax
⇔
(2 x 1)
2≦ 4 ax
…③ となる。ここで，①より
x x y ≦ 1 a
であるから③より(2 x 1)
2 4 (1 a a )
が成り立つ。[ 東京工業大学 1963 年 ３ ]
図のように，1辺の長さ
2
の正方形ABCD
の内部に，対角線の交点O
を中心とする半径r
の円を えがき，AB AD ,
に平行なその接線の交点をE
とする。いま，E
を中心とする円を，円
O
との相似の中心がA
であるようにえがく。このとき，次の 問に答えよ。(1) 2
円（円O
と円E
）が交わるようなr
の値の範囲を求めよ。(2) 2
円が交わるとき，交点をK L ,
とすれば， KEL
はどんな範囲にあるか。
円
E
の半径をR
とすると，相似比より
AO AE : r R :
である。 2
AO
，AE 2 2r
であるから
2 : 2 2 r r R :
よりR r (1 r )
(1) 2
円が交わる条件はr R OE r R
であり， 2r
OE
なのでr r (1 r ) 2 r r r (1 r )
⇔
r
2 2 r 2 r r
2 …①①を満たす
r
の範囲は，グラフを考えてグラフの上下関係を考えて
0 r 2 2
…②D
A B
C
O
E
A B
D C
E
O r
R h K
L
O
r
y=2r-r2 y=U2r
y=r2
2-U2
y
(2) KEL
のとき2
KEO
である。
EK R r (1 r ), OK r , OE 2 r
であるから△OKE
において余弦定理より2
{ (1 )}
22
22 (1 ) 2 cos r r r r r r r 2
r
2( 0)
で割って整理すると2
2 2
cos 2 2 2(1 )
r r
r
1 cos
cos 2 2
より1 cos
22 2
2 2 2(1 )
r r
r
⇔(1 )
21 1 cos
2(1 ) r
r
…③ここで，
1 r t
とおくと ③ ⇔2
1
1 cos
2 t
t
であり，②より2 1 t 1
である。
2
乗して整理すると2 2
2
( 1)
cos 4
t
t
2 2
2
( 1)
( ) 4
f t t
t
とおくと，2(
21) 2 4
24(
21) 8
2´( ) 16
t t t t t
f t t
4 3
1 2 t
t
2 3
( 1)( 1)( 1) 2
t t t
t
2 1 t 1
においてf t ´( ) 0
であるからf t ( )
はこの範囲で単調減少である。
f 2 1 1
，f (1) 0
であるから0 cos 1
となる。したがって
0
2
である。[ 東京工業大学 1963 年 ４ ]
次の関数の極大，極小を求めよ。
3 2
( ) 2 tan 3( 3 1) sec 6 3 tan 1
f x x x x
3 2
( ) 2 tan 3( 3 1) sec 6 3 tan 1
f x x x x
3
2
2 tan 3( 3 1) 1 6 3 tan 1
x cos x
x
3 2
2 tan x 3( 3 1) (1 tan x ) 6 3 tan x 1
であり，tan x t
とおくとf x ( ) g t ( ) 2 t
3 3( 3 1) (1 t
2) 6 3 t 1
となる。tan x
は周期
なので，2 x 2
で考えればよく，このときt
は実数全体を動く。
´( ) 6
26 3 1 6 3
g t t t 6 t 3 t 1
よりg t ( )
の増減は下表に従う。よって
f x ( ) g t ( )
は1
t
すなわちx 4
のとき 極大値
5 3
t
すなわちx 3
のとき 極小値
5 6 3
をとる。
t
…1
…3
…´( )
g t
＋0
－0
＋( )
g t 5 5 6 3
[ 東京工業大学 1963 年 ５ ]
a
を正の定数とするとき，x≦ 0
の範囲において2
つの放物線2 3 2
, 6 7
y x x a y ay
が囲む
2
つの部分の面積の比を求めよ。y x
2 …①3 2
6 x a y 7 ay
…②①，②を連立して交点の座標を求める。
3 4 2
6 x a x 7 ax
⇔x a x (
3 3 7 ax 6) 0
⇔
x ax ( 1)( ax 2)( ax 3) 0
よって
x≦ 0
の範囲で1 2 0, , x a a
このとき，
1
24
40, ,
y a a
x≦ 0
で①を解くとx y
よって，囲む
2
つの部分の面積をS S
1,
2 とすると
2
1
3 2
1 0
1 ( 7 )
6
S
a a y ay y dy
2
1 3 3
3 2 2
0
7 2
18 12 3
a a
ay y y
3 3 3
1 7 2
18 a
12 a
3 a
5
336 a
4
2
4
3 2 1
2
1 ( 7 )
6
a a
S y a y ay dy
2
2
4
3 3
3 2
2
1
2 7
3 18 12
a
a
a a
y y y
3 3 3 3 3 3
16 32 28 2 1 7
3 a
9 a
3 a
3 a
18 a
12 a
21
336 a
よって
S
1: S
2 5 : 21
x y
O
①
②
S2
S1
4 a2
1 a2
[ 東京工業大学 1963 年 ６ ]
二次関数
f x ( ) x
2 px q
が任意な一次関数g x ( )
に対して0a
f x g x ( ) ( ) 0
（a
は正の定数）を満たすならば，
f x ( ) 0
は範囲0 x a
に2
つの実根をもつことを証明せよ。仮定より，任意の実数
k ,
に対し0a
f x kx ( )( ) dx
0a( x
2 px q kx )( ) dx
2 2
0a
( )
0a( )
k x x px q dx x px q dx
0
よって 2
0a
x x ( px q dx ) 0
かつ
0a( x
2 px q dx ) 0
が成り立つ。したがって
1
4 3 24 3 2 0
p q
a a a
かつ1
3 23 2 0
a p a qa
であるが，a 0
より1
24 3 2 0
p q
a a
かつ1
23 2 0
a p a q
これを解くと
1
2, 6
p a q a
これより
f x ( ) x
2 px q
21
2x ax 6 a
0
となり，2
解は2
