有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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放物線

放物線

定義≪放物線≫

 平面上で, 定点 $\mathrm F$ と, $\mathrm F$ を通らない定直線 $g$ からの距離が等しい点の軌跡 $C$ を放物線(parabola)と呼び, $\mathrm F$ を $C$ の焦点(focus), $g$ を $C$ の準線(directrix)と呼ぶ. また, $C$ の焦点を通り, $g$ に垂直な直線を $C$ の(axis)と呼ぶ. さらに, $C$ とその軸の交点を $C$ の頂点(vertex)と呼ぶ.

定理≪放物線の標準形≫

 放物線 $C:y^2 = 4px$ ($p \neq 0$)の頂点は原点, 焦点は点 $(p,0),$ 準線は直線 $x = -p$ である. また, $C$ の軸は $x$ 軸である($C$ は $x$ 軸に関して対称である).

証明

 点 $\mathrm F(p,0)$ $(p \neq 0)$ を焦点とし, 直線 $g:x = -p$ を準線とする放物線を $C$ とする. 平面上の点 $\mathrm P(x,y)$ に対して, $\mathrm P$ から $g$ に下ろした垂線の足($\mathrm P \in g$ のときは $\mathrm P$ 自身)を $\mathrm H$ とおくと, \begin{align*} \mathrm P \in C &\iff \mathrm{PF} = \mathrm{PH} \iff \mathrm{PF}^2 = \mathrm{PH}^2 \\ &\iff (x-p)^2+y^2 = \{ x-(-p)\} ^2 \\ &\iff y^2 = 4px \end{align*} となるから, $C$ の方程式は $y^2 = 4px$ である.
 また, $(x,y) \in C \iff (x,-y) \in C$ が成り立つから, $C$ の軸は $x$ 軸である.

定理≪放物線の接線≫

 放物線 $C:y^2 = 4px$ ($p \neq 0$)の $C$ 上の点 $\mathrm P_0(x_0,y_0)$ における接線の方程式は \[ y_0y = 2p(x+x_0)\] である.

証明

 $y^2 = 4px$ の両辺を $x$ で微分すると, $2yy' = 4p$ となり, $y \neq 0$ のとき \[ y' = \frac{2p}{y}\] となる. よって, $\mathrm P_0 \neq (0,0)$ のとき, $C$ の点 $\mathrm P_0$ における接線の傾きは $\dfrac{2p}{y_0}$ であるから, 接線の方程式は \begin{align*} y-y_0 &= \frac{2p}{y_0}(x-x_0) \\ yy_0 &= 2p(x-x_0)+y_0{}^2 \\ &= 2p(x-x_0)+4px_0 \\ &= 2p(x+x_0) \end{align*} である. $\mathrm P_0 = (0,0)$ のときの $C$ の接線の方程式 $x = 0$ もこの式で表される.

問題≪放物線の軸に平行な光の反射≫

 $a,$ $k$ を正の定数とする. 放物線 $C:y = ax^2$ の焦点を $\mathrm F$ とおく. また, 点 $\mathrm P(t,k)$ を $C$ の上方にある点として, 点 $\mathrm T(t,at^2)$ における $C$ の接線を $\ell,$ 法線を $n$ とおき, これらの $y$ 切片をそれぞれ $\mathrm I,$ $\mathrm J$ とおく.
(A)
(1)
$\ell$ の方程式を求めよ.
(2)
$\mathrm{FT} = \mathrm{FI}$ であることを示せ.
(3)
$\angle\mathrm{PTJ} = \angle\mathrm{FTJ}$ が成り立つことを示せ.
(B)
折れ線 $\mathrm{PTF}$ の長さ $\mathrm{PT}+\mathrm{TF}$ は点 $\mathrm P$ の取り方によらず一定であることを示せ.

解答例

(A)
(1)
$y = ax^2$ を $x$ で微分すると $y' = 2ax$ となる.
よって, 点 $\mathrm T(t,at^2)$ における $C$ の接線 $\ell$ の方程式は \[ y-at^2 = 2at(x-t)\] つまり \[ y = 2atx-at^2 \quad \cdots [1]\] である.
(2)
$C$ の焦点 $\mathrm F$ の座標は $\left( 0,\dfrac{1}{4a}\right)$ であり, $[1]$ から点 $\mathrm I$ の座標は $(0,-at^2)$ であるので, \begin{align*} \mathrm{FT} &= \sqrt{t^2\!+\!\left( at^2\!-\!\frac{1}{4a}\right) ^2} \!\!=\!\! \sqrt{a^2t^4\!+\!\frac{t^2}{2}\!+\!\frac{1}{16a^2}} \\ &= \sqrt{\left(\frac{1}{4a}+at^2\right) ^2} = \frac{1}{4a}+at^2 \\ &= \mathrm{FO}+\mathrm{OI} = \mathrm{FI} \quad \cdots [2] \end{align*} が成り立つ.
(3)
$\mathrm{PT}$ と $\ell$ の成す角を $\theta$ とおくと, $[2]$ から $\triangle\mathrm{FTI}$ は二等辺三角形であるので, \[\angle\mathrm{FTI} = \angle\mathrm{FIT} = \theta\] が成り立つ. ゆえに, \[\angle\mathrm{PTJ} = \angle\mathrm{FTJ} = 90^\circ -\theta\] が成り立つ.
(B)
点 $\mathrm P$ から $C$ の準線 $g:y = -\dfrac{1}{4a}$ に下した垂線の足を $\mathrm Q$ とおくと, 放物線の定義により \[\mathrm{PT}+\mathrm{TF} = \mathrm{PT}+\mathrm{TQ} = \mathrm{PQ} = k+\dfrac{1}{4a}\] となる. この値は点 $\mathrm P$ の取り方によらず一定である.

背景

 「パラボラ・アンテナ」は, 放物線を軸のまわりに回転した「回転放物面」と呼ばれる形状をしており, 本問で示した放物線の性質を利用して電波を受信している.

問題≪放物線の焦点・接線・法線の位置関係≫

 放物線 $C:y^2 = 4px\ (p \neq 0)$ 上の任意の点における $C$ の接線, 法線と $C$ の対称軸の交点を結ぶ線分の中点は $C$ の焦点に一致することを示せ.

解答例

 $f(y) = \dfrac{y^2}{4p}$ を $y$ で微分すると, \[ f'(y) = \dfrac{y}{2p}\] となる. よって, 放物線 $C:x = \dfrac{y^2}{4p}$ 上の点 $\mathrm P(s,\ t)$ における $C$ の接線, 法線の方程式は, それぞれ \begin{align*} x-s &= \frac{t}{2p}(y-t) \quad \cdots [1], \\ x-s &= -\frac{2p}{t}(y-t) \quad \cdots [2] \end{align*} である.
また, 点 $\mathrm P$ は $C$ 上にあるから, \[ t^2 = 4ps \quad \cdots [3]\] が成り立つ. $[1],$ $[2]$ に $y = 0$ を代入すると \begin{align*} x &= -\frac{t^2}{2p}+s = -\frac{4ps}{2p}+s = -s \quad (\because [3]), \\ x &= \frac{2pt}{t}+s = 2p+s \end{align*} となるから, 直線 $[1],$ $[2]$ と $C$ の対称軸である $x$ 軸は, それぞれ点 $\mathrm Q(-s,\ 0),$ $\mathrm R(2p+s,\ 0)$ で交わる. これら点の $C$ の焦点 $\mathrm F(p,\ 0)$ からの距離は, \begin{align*} \mathrm{FQ} &= |(-s)-p| = |p+s|, \\ \mathrm{FR} &= |(2p+s)-p| = |p+s| \end{align*} である. ゆえに, $\mathrm{FQ} = \mathrm{FR}$ から, 線分 $\mathrm{QR}$ の中点は $C$ の焦点 $\mathrm F$ に一致する.

問題≪放物線上の調和点列≫

 $xy$ 平面において, 放物線 $C:y = x^2$ とその下側にある点 $\mathrm P(p,p')$ $(p' < p^2)$ を考える. 点 $\mathrm P$ を通るような $C$ の $2$ 本の接線を考え, その接点をそれぞれ $\mathrm A(a,a^2),$ $\mathrm B(b,b^2)$ とおく. また, 点 $\mathrm P$ を通る傾き $m$ の直線が $C$ と相異なる $2$ 点 $\mathrm S(s,s^2),$ $\mathrm T(t,t^2)$ で交わるとする.
(1)
$p,$ $p'$ を用いて $a+b,$ $ab$ を表せ.
(2)
$p,$ $p',$ $m$ を用いて $s+t,$ $st$ を表せ.
(3)
直線 $\mathrm{AB}$ と直線 $\mathrm{ST}$ の交点を $\mathrm Q$ とし, $\mathrm Q$ の $x$ 座標を $q$ とおく. $s < q < t < p$ となる場合について, 等式 \[\frac{1}{\mathrm{PS}}+\frac{1}{\mathrm{PT}} = \frac{2}{\mathrm{PQ}}\] が成り立つことを示せ.
(参考: 2006 神戸大)

解答例

(1)
点 $\mathrm A(a,a^2)$ における $C$ の接線の方程式は,
$y-a^2 = 2a(x-a)$ つまり $y = 2ax-a^2$
である. 同様に, 点 $\mathrm B(b,b^2)$ における $C$ の接線の方程式は \[ y = 2bx-b^2\] である. よって, 点 $\mathrm P(p,p')$ はこれらの接線の交点であるから, \[ a^2-2ap+p' = b^2-2bp+p' = 0\] が成り立つ. よって, $a,$ $b$ は $u$ の $2$ 次方程式 \[ u^2-2pu+p' = 0\] の $2$ 解であるから, 解と係数の関係により \[ a+b = 2p, \quad ab = p'\] である.
(2)
直線 $\mathrm{PQ}:y = m(x-p)+p'$ と $C$ の交点の $x$ 座標は \[ x^2-mx+mp-p' = 0\] を満たす. この $x$ の $2$ 次方程式の解が $s,$ $t$ であるから, 解と係数の関係により \[ s+t = m, \quad st = mp-p'\] である.
(3)
$\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm S,$ $\mathrm T$ から $x$ 軸に下ろした垂線の足を $\mathrm P_1,$ $\mathrm Q_1,$ $\mathrm S_1,$ $\mathrm T_1$ とおく. $\dfrac{1}{\mathrm P_1\mathrm S_1}+\dfrac{1}{\mathrm P_1\mathrm T_1} = \dfrac{2}{\mathrm P_1\mathrm Q_1}$ が成り立つことを示せばよい. \begin{align*} &\frac{1}{\mathrm P_1\mathrm S_1}+\frac{1}{\mathrm P_1\mathrm T_1} = \frac{1}{p-s}+\frac{1}{p-t} \\ &= \frac{2p-(s+t)}{(p-s)(p-t)} = \frac{2p-m}{p^2-p'}, \\ &\frac{2}{\mathrm P_1\mathrm Q_1} = \frac{2}{p-q} \\ &= \frac{2}{p-\dfrac{mp-2p'}{m-2p}} = \frac{2(m-2p)}{-2p^2+2p'} \\ &= \frac{2p-m}{p^2-p'} \end{align*} であるから, $\dfrac{1}{\mathrm P_1\mathrm S_1}+\dfrac{1}{\mathrm P_1\mathrm T_1} = \dfrac{2}{\mathrm P_1\mathrm Q_1}$ が成り立つ.

背景

 異なる $4$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C,$ $\mathrm D$ がこの順に同一直線上に並ぶとき, 次の条件は同値である. これらの条件の $1$ つ(よって全部)が成り立つとき, $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C,$ $\mathrm D$ は「調和点列」(harmonic range of points)をなすという.
(i)
$\mathrm{AB}\cdot\mathrm{BC} = \mathrm{AD}\cdot\mathrm{DC}$ が成り立つ.
(ii)
$\dfrac{1}{\mathrm{AB}},$ $\dfrac{1}{\mathrm{AC}},$ $\dfrac{1}{\mathrm{AD}}$ は等差数列をなす.
(iii)
線分 $\mathrm{BD}$ の中点 $\mathrm M$ について, $\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AD} = \mathrm{AC}\cdot\mathrm{AM}$ が成り立つ.
 (i)~(iii)の同値性は, \begin{align*} &\mathrm{AB}:\mathrm{BC} = \mathrm{AD}\cdot\mathrm{DC} \quad \cdots\text{(i)} \\ &\iff \mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC} = \mathrm{AB}\cdot\mathrm{DC} \\ &\iff \mathrm{AD}(\mathrm{AC}-\mathrm{AB}) = \mathrm{AB}(\mathrm{AD}-\mathrm{AC}) \\ &\iff \mathrm{AD}\cdot\mathrm{AC}+\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC} = 2\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AD} \\ &\iff \frac{1}{\mathrm{AB}}+\frac{1}{\mathrm{AD}} = \frac{2}{\mathrm{AC}} \quad \cdots\text{(ii)} \\ &\iff \frac{\mathrm{AB}+\mathrm{AD}}{\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AD}} = \frac{2}{\mathrm{AC}} \\ &\iff \mathrm{AB}\cdot\mathrm{AD} = \mathrm{AC}\cdot\frac{\mathrm{AB}+\mathrm{AD}}{2} \quad \cdots\text{(iii)} \end{align*} と示すことができる.