解説

方針・初手

$f(x)=|(x-\alpha)(x-\beta)|$ は、$x=\alpha,\beta$ で折れ曲がる $W$ 型のグラフになる。

したがって （1） では、各区間での単調性を調べれば最大値をとりうる点は限られる。 また （2） では、(1) で決まる $f(x)$ と直線 $y=mx$ の交点の個数を、3つの区間ごとに調べればよい。

解法1

**(1)**

$0\le x\le \alpha,\ \alpha\le x\le \beta,\ \beta\le x\le 2$ で場合分けすると、

$$ f(x)= \begin{cases} (x-\alpha)(x-\beta) & (0\le x\le \alpha,\ \beta\le x\le 2),\\ -(x-\alpha)(x-\beta) & (\alpha\le x\le \beta) \end{cases} $$

である。

まず $0\le x\le \alpha$ では

$$ f(x)=x^2-(\alpha+\beta)x+\alpha\beta $$

であり、

$$ f'(x)=2x-(\alpha+\beta)<2\alpha-(\alpha+\beta)=\alpha-\beta<0 $$

だから、この区間では単調減少である。 よって最大は $x=0$ でとる。

同様に $\beta\le x\le 2$ では

$$ f'(x)=2x-(\alpha+\beta)>2\beta-(\alpha+\beta)=\beta-\alpha>0 $$

だから、この区間では単調増加であり、最大は $x=2$ でとる。

また $\alpha\le x\le \beta$ では

$$ f(x)=-(x-\alpha)(x-\beta) =-x^2+(\alpha+\beta)x-\alpha\beta $$

であり、下に凸の二次関数なので最大は頂点

$$ x=\frac{\alpha+\beta}{2} $$

でとる。

したがって、$f(x)$ の最大値 $M$ を与える点がちょうど3つあるためには、

$$ f(0)=f\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)=f(2)=M $$

でなければならない。

ここで

$$ f(0)=\alpha\beta,\qquad f(2)=(2-\alpha)(2-\beta),\qquad f\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)=\frac{(\beta-\alpha)^2}{4} $$

であるから、

$$ \alpha\beta=(2-\alpha)(2-\beta)=\frac{(\beta-\alpha)^2}{4} $$

を満たす。

$s=\alpha+\beta,\ d=\beta-\alpha\ (d>0)$ とおくと、

$$ \alpha\beta=\frac{s^2-d^2}{4} $$

である。まず

$$ \alpha\beta=(2-\alpha)(2-\beta) $$

より

$$ \alpha\beta=4-2(\alpha+\beta)+\alpha\beta $$

すなわち

$$ s=2 $$

を得る。

さらに

$$ \alpha\beta=\frac{(\beta-\alpha)^2}{4} $$

より

$$ \frac{s^2-d^2}{4}=\frac{d^2}{4} $$

すなわち

$$ s^2=2d^2 $$

である。$s=2$ を代入すると

$$ 4=2d^2 $$

より

$$ d^2=2,\qquad d=\sqrt2 $$

となる。

したがって

$$ \alpha=\frac{s-d}{2}=\frac{2-\sqrt2}{2}=1-\frac{\sqrt2}{2}, \qquad \beta=\frac{s+d}{2}=\frac{2+\sqrt2}{2}=1+\frac{\sqrt2}{2} $$

であり、

$$ M=\frac{d^2}{4}=\frac12 $$

である。

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**(2)**

(1) より

$$ \alpha=1-\frac{\sqrt2}{2},\qquad \beta=1+\frac{\sqrt2}{2} $$

であるから、

$$ f(x)= \begin{cases} x^2-2x+\dfrac12 & \left(0\le x\le 1-\dfrac{\sqrt2}{2},\ 1+\dfrac{\sqrt2}{2}\le x\le 2\right),\\[1.2ex] -x^2+2x-\dfrac12 & \left(1-\dfrac{\sqrt2}{2}\le x\le 1+\dfrac{\sqrt2}{2}\right) \end{cases} $$

となる。

$f(x)-mx=0$ の解の個数を調べる。 なお $m\le 0$ では、$x\ge 0,\ f(x)\ge 0$ を考えると3つの異なる解は生じない。したがって $m>0$ に限って考えればよい。

$g(x)=f(x)-mx$ とおく。

左の区間 $0\le x\le \alpha$

この区間では

$$ g(x)=x^2-(m+2)x+\frac12 $$

であり、

$$ g(0)=\frac12>0,\qquad g(\alpha)=-m\alpha<0 $$

である。また

$$ g'(x)=2x-(m+2)\le 2\alpha-(m+2)=-\sqrt2-m<0 $$

だから単調減少である。 よってこの区間には常にただ1つの解がある。

中央の区間 $\alpha\le x\le \beta$

この区間では

$$ g(x)=-x^2+(2-m)x-\frac12 $$

である。これは下に凸の二次関数で、

$$ g(\alpha)=-m\alpha<0,\qquad g(\beta)=-m\beta<0 $$

である。

頂点の $x$ 座標は

$$ x=1-\frac m2 $$

である。これが区間 $[\alpha,\beta]$ 内にあるのは $m\le \sqrt2$ のときである。

そのとき最大値は

$$ g\left(1-\frac m2\right) =\frac{(2-m)^2}{4}-\frac12 $$

であるから、中央の区間に異なる2解をもつ条件は

$$ \frac{(2-m)^2}{4}-\frac12>0 $$

すなわち

$$ (2-m)^2>2 $$

である。$m>0,\ m\le \sqrt2$ のもとでは、これは

$$ m<2-\sqrt2 $$

に等しい。

したがって中央の区間では

• $0<m<2-\sqrt2$ のとき異なる2解をもつ。
• $m=2-\sqrt2$ のとき重解1個である。
• $m>2-\sqrt2$ のとき解をもたない。

右の区間 $\beta\le x\le 2$

この区間では再び

$$ g(x)=x^2-(m+2)x+\frac12 $$

である。

まず $0<m\le \sqrt2$ なら、

$$ g'(x)=2x-(m+2)\ge 2\beta-(m+2)=\sqrt2-m\ge 0 $$

だから単調増加である。しかも

$$ g(\beta)=-m\beta<0,\qquad g(2)=\frac12-2m $$

なので、この区間に解があるのは

$$ \frac12-2m\ge 0 $$

すなわち

$$ m\le \frac14 $$

のときに限る。このとき解はただ1つである。

また $m>\sqrt2$ なら、$g(\beta)<0,\ g(2)<0$ であり、しかも $g$ は上に凸なので、この区間に解は存在しない。

よって右の区間では

• $0<m\le \dfrac14$ のときただ1つの解をもつ。
• $m>\dfrac14$ のとき解をもたない。

全体の解の個数

以上より、

• 左の区間では常に1解
• 中央の区間では $0<m<2-\sqrt2$ のとき2解
• 右の区間では $0<m\le \dfrac14$ のとき1解

である。

したがって異なる3解をもつためには、右の区間に解がなく、中央の区間に2解があることが必要十分である。よって

$$ \frac14<m<2-\sqrt2 $$

である。

解説

この問題の本質は、$f(x)=|(x-\alpha)(x-\beta)|$ が区間ごとに「単調減少」「上に山」「単調増加」という形になることを押さえる点にある。

（1） では、最大値候補が $x=0,\ \dfrac{\alpha+\beta}{2},\ 2$ の3点しかないと見抜ければ、3つの値を等しく置いて処理できる。

（2） では、方程式 $f(x)=mx$ を「$W$ 型のグラフと原点を通る直線の交点の個数」とみると考えやすい。左側では必ず1回交わり、中央と右側で何回交わるかを区間ごとに判定すれば、機械的に個数を確定できる。

答え

**(1)**

$$ \alpha=1-\frac{\sqrt2}{2},\qquad \beta=1+\frac{\sqrt2}{2},\qquad M=\frac12 $$

**(2)**

$$ \frac14<m<2-\sqrt2 $$