$t \neq \dfrac{n\pi}{2}$ ($n$: 整数) とする. このとき, \[\frac{dy}{dx} = \frac{\dfrac{dy}{dt}}{\dfrac{dx}{dt}} = \frac{3\sin ^2t\cos t}{-3\cos ^2t\sin t} = -\tan t\] であるから, 点 $(\cos ^3t,\sin ^3t)$ における $C$ の接線の方程式は \[ y = -\tan t(x-\cos ^3t)+\sin ^3t\] である. この $x$ 切片は \[\begin{aligned} 0 &= -\tan t(x-\cos ^3t)+\sin ^3t \\ \tan t(x-\cos ^3t) &= \sin ^3t \\ x-\cos ^3t &= \frac{\sin ^3t}{\tan t} = \cos t\sin ^2t \end{aligned}\] から \[ x = \cos ^3t+\cos t\sin ^2t = \cos t(\cos ^2t+\sin ^2t) = \cos t\] であり, $y$ 切片は \[\begin{aligned} y &= -\tan t(-\cos ^3t)+\sin ^3t = \sin t\cos ^2t+\sin ^3t \\ &= \sin t(\cos ^2t+\sin ^2t) = \sin t \end{aligned}\] である. ゆえに, $C$ の接線が座標軸によって切り取られてできる線分の長さは \[\sqrt{(0-\cos t)^2+(\sin t-0)^2} = 1\] で, $t$ の値によらず一定である.

\[\begin{aligned} \frac{dx}{d\theta} &= -\sin\theta +\frac{1}{\tan\dfrac{\theta}{2}}\cdot\frac{1}{\cos ^2\dfrac{\theta}{2}}\cdot\frac{1}{2} \\ &= -\sin\theta +\frac{1}{2\sin\dfrac{\theta}{2}\cos\dfrac{\theta}{2}} \quad \left(\because\tan\frac{\theta}{2} = \frac{\sin\dfrac{\theta}{2}}{\cos\dfrac{\theta}{2}}\right) \\ &= -\sin\theta +\frac{1}{\sin\theta}, \\ \frac{dy}{d\theta} &= \cos\theta \end{aligned}\] であるから, \[\begin{aligned} \frac{dy}{dx} &= \frac{\dfrac{dy}{d\theta}}{\dfrac{dx}{d\theta}} = \frac{\cos\theta}{-\sin\theta +\dfrac{1}{\sin\theta}} = \frac{\sin\theta\cos\theta}{-\sin ^2\theta +1} \\ &= \frac{\sin\theta\cos\theta}{\cos^2\theta} = \tan\theta \end{aligned}\] である. よって, 実数 $\theta$ に対応する点 $\mathrm P$ における $C$ の接線は \[ y = \tan\theta\left( x-\cos\theta -\log\tan\frac{\theta}{2}\right) +\sin\theta\] であり, その $x$ 軸との交点 $\mathrm M$ の $x$ 座標は \[\begin{aligned} &\tan\theta\left( x-\cos\theta -\log\tan\frac{\theta}{2}\right) +\sin\theta = 0 \\ &\left( x-\cos\theta -\log\tan\frac{\theta}{2}\right) +\cos\theta = 0 \end{aligned}\] の解 \[ x = \log\tan\frac{\theta}{2}\] である. よって, \[\begin{aligned} \mathrm{MP} &= \sqrt{\left\{\left(\cos\theta +\log\tan\frac{\theta}{2}\right) -\log\tan\frac{\theta}{2}\right\} ^2+(\sin\theta -0)^2} \\ &= \sqrt{\cos ^2\theta +\sin ^2\theta} = 1 \end{aligned}\] であり, この値は $\mathrm P$ のとり方によらず一定である.

(1)

(i)

$x_1 \neq x_2$ のとき. 仮定により $x_1,$ $y_1,$ $x_2,$ $y_2$ は有理数であるから, $l$ つまり直線 $\mathrm P_1\mathrm P_2$ の傾き \[ m = \frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}\] は有理数である.

(ii)

$\mathrm P_1 = \mathrm P_2$ かつ $y_1 \neq 0$ のとき. $y^2 = x^3+ax^2+bx+c$ の両辺を $x$ で微分すると \[\begin{aligned} 2y\frac{dy}{dx} &= 3x^2+2ax+b \\ \frac{dy}{dx} &= \dfrac{3x^2+2ax+b}{2y} \quad (y \neq 0) \end{aligned}\] となるから, $a,$ $b,$ $x_1,$ $y_1$ が有理数であるという仮定により, $E$ の点 $\mathrm P_1$ における接線 $l$ の傾き \[ m = \dfrac{3x_1{}^2+2ax_1+b}{2y_1}\] は有理数である.

さらに, $l$ が点 $\mathrm P_1(x_1,y_1)$ を通ることから \[ y_1 = mx_1+n\] であり, $n = y_1-mx_1$ も有理数である.

(2)

曲線 $E$ の方程式と直線 $l$ の方程式から $y$ を消去すると, \[ x^3+ax^2+bx+c-(mx+n)^2 = 0\] から \[ x^3-(m^2-a)x^2+(b-2mn)x-(n^2-c) = 0\] が得られる. この $3$ 次方程式は $x = x_1,$ $x_2,$ $x_3$ を解にもつから, 解と係数の関係により \[ x_1+x_2+x_3 = m^2-a\] が成り立つ. よって, $a,$ $x_1,$ $x_2,$ $m$ が有理数であることから \[ x_3 = m^2-a-x_1-x_2\] は有理数である. さらに, 直線 $l$ が点 $\mathrm P_3(x_3,y_3)$ を通ることから \[ y_3 = mx_3+n\] であり, $n$ も有理数であるから, $y_3$ も有理数である.

(1)

$x > 0,$ $y > 0$ において $C$ の方程式 $\sqrt x+\sqrt y = 1$ を $x$ で微分すると

$\dfrac{1}{2\sqrt x}+\dfrac{y'}{2\sqrt y} = 0$ つまり $y' = -\dfrac{\sqrt y}{\sqrt x}$

となるから, $C$ 上の点 $\mathrm P(a,b)$ における $C$ の接線 $\ell$ の方程式は \[ y = -\frac{\sqrt b}{\sqrt a}(x-a)+b\] である.

(2)

$\ell$ と座標軸の交点の座標を $(p,0),$ $(0,q)$ とおくと, \[ 0 = -\frac{\sqrt b}{\sqrt a}(p-a)+b, \quad q = -\frac{\sqrt b}{\sqrt a}(0-a)+b\] から \[ p = a+\sqrt{ab}, \quad q = b+\sqrt{ab}\] となる. また, 点 $\mathrm P$ が曲線 $C$ 上にあることから $\sqrt a+\sqrt b = 1$ が成り立つので, \[ p+q = a+2\sqrt{ab}+b = (\sqrt a+\sqrt b)^2 = 1\] である. よって, $\ell$ と座標軸が囲む三角形の面積は \[\begin{aligned} S &= \frac{1}{2}pq = \frac{1}{2}p(1-p) \\ &= -\frac{1}{2}(p^2-p) = -\frac{1}{2}\left( p-\frac{1}{2}\right) ^2+\frac{1}{8} \end{aligned}\] である. $0 < p < 1$ から, $S$ は $p = \dfrac{1}{2}$ のとき最大値 $\dfrac{1}{8}$ をとる. ($S$ の最大値を与える点 $\mathrm P$ の座標は $\left(\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4}\right)$ である.)

(1)

放物線 $y = x^2$ の点 $(a,a^2)$ における法線の方程式は, $a = 0$ のとき $x = 0$ であり, $a \neq 0$ のとき

$y-a^2 = -\dfrac{1}{2a}(x-a)$　つまり　$y = -\dfrac{1}{2a}x+a^2+\dfrac{1}{2}$

である. また, $y = x^2$ の点 $(a+t,(a+t)^2)$ における法線の方程式は, $a+t \neq 0$ のとき \[ y = -\frac{1}{2(a+t)}x+(a+t)^2+\frac{1}{2}\] である.

(i)

$a = 0$ のとき. $2$ 本の法線 $x = 0,$ $y = -\dfrac{1}{2t}x+t^2+\dfrac{1}{2}$ の交点の $x$ 座標は $x(t) = 0,$ $y$ 座標は $y(t) = t^2+\dfrac{1}{2}$ であるから, $t \to 0$ とすると \[ p = 0, \quad q = \frac{1}{2}\] が得られる.

(ii)

$a \neq 0$ のとき. $2$ 本の法線の交点の $x$ 座標は \[ -\frac{1}{2a}x+a^2+\frac{1}{2} = -\frac{1}{2(a+t)}x+(a+t)^2+\frac{1}{2}\] の解 \[ x(t) = -2a(a+t)(2a+t)\] であり, $y$ 座標は \[ y(t) = -\frac{1}{2a}x(t)+a^2+\frac{1}{2}\] であるから, $t \to 0$ とすると \[\begin{aligned} p &= -4a^3, \\ q &= -\frac{1}{2a}p+a^2+\frac{1}{2} = 3a^2+\frac{1}{2} \end{aligned}\] が得られる.

(i), (ii) から, \[ p = -4a^3 \quad \cdots [1], \quad q = 3a^2+\frac{1}{2} \quad \cdots [2]\] である.

(2)

$[1],$ $[2]$ から, $2$ 点 $(a,a^2),$ $(p,q)$ の間の距離は \[ r = \sqrt{(-4a^3-a)^2+\left( 2a^2+\frac{1}{2}\right) ^2} = \frac{(1+4a^2)^{\frac{3}{2}}}{2}\] である.

(3)

$[1],$ $[2]$ から $a$ を消去すると, \[ q = \frac{3}{\sqrt[3]{16}}p^{\frac{2}{3}}+\frac{1}{2}\] となる. よって, 求める軌跡は曲線 \[ y = \frac{3}{\sqrt[3]{16}}x^{\frac{2}{3}}+\dfrac{1}{2}\] である.

(A)

$f'(x) = e^x$ であるから, $C:y = f(x)$ の点 $(a,f(a)),$ $(t,f(t))$ における法線の方程式はそれぞれ \[ y = -e^{-a}(x-a)+e^a, \quad y = -e^{-t}(x-t)+e^t\] である. これらの交点の $x$ 座標は \[\begin{aligned} -e^{-a}(x-a)+e^a &= -e^{-t}(x-t)+e^t \\ e^t(x-a)-e^{t+2a} &= e^a(x-t)-e^{2t+a} \\ (e^t-e^a)x &= ae^t-te^a-e^{t+a}(e^t-e^a) \end{aligned}\] の解であるから, \[\begin{aligned} u(t) &= \frac{a(e^t-e^a)-(t-a)e^a}{e^t-e^a}-e^{t+a} \\ &= a-e^a\cdot\frac{t-a}{e^t-e^a}-e^{t+a} \end{aligned}\] である. よって, $t \to a$ とすると \[\begin{aligned} p &= a-e^a\cdot\frac{1}{(e^x)'|_{x = a}}-e^{2a} \\ &= a-e^a\cdot\frac{1}{e^a}-e^{2a} = a-e^{2a}-1, \\ q &= -e^{-a}(p-a)+e^a \\ &= -e^{-a}(-e^{2a}-1)+e^a = 2e^a+e^{-a} \end{aligned}\] が得られるから, \[\begin{aligned} r(a)^2 &= (-e^{2a}-1)^2+(e^a+e^{-a})^2 \\ &= (e^{2a}+1)^2+e^{-2a}(e^{2a}+1)^2 = \frac{(e^{2a}+1)^3}{e^{2a}} \end{aligned}\] である. $b = e^{2a}\,(b > 0)$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} r(a)^2 &= \dfrac{(b+1)^3}{b}, \\ \frac{d}{db}r(a)^2 &= \frac{(b+1)^2(2b-1)}{b^2} \end{aligned}\] となるから, $r(a)^2$ は $b = \dfrac{1}{2}$ つまり $a = -\dfrac{1}{2}\log 2$ のとき最小値 $\left(\dfrac{1}{2}+1\right) ^3\div\dfrac{1}{2} = \dfrac{27}{4}$ をとる. $r(a) > 0$ であるから, $r(a)$ は $a = -\dfrac{1}{2}\log 2$ のとき極小かつ最小の値 $\dfrac{3\sqrt 3}{2}$ をとる.

(B)

$f'(x) = -\sin x$ であるから, $C:y = f(x)$ の点 $(a,f(a)),$ $(t,f(t))$ における法線の方程式はそれぞれ \[ y = \frac{1}{\sin a}(x-a)+\cos a, \quad y = \frac{1}{\sin t}(x-t)+\cos t\] である. これらの交点の $x$ 座標は \[\begin{aligned} &\frac{1}{\sin a}(x-a)+\cos a = \frac{1}{\sin t}(x-t)+\cos t \\ &(\sin t\!-\!\sin a)x = a\sin t\!-\!t\sin a\!+\!\sin a\sin t(\cos t\!-\!\cos a) \end{aligned}\] の解であるから, \[\begin{aligned} u(t) &= \frac{a(\sin\!t\!-\!\sin\!a)\!-\!(t\!-\!a)\sin\!a\!+\!\sin\!a\!\sin\!t(\cos\!t\!-\!\cos\!a)}{\sin\!t-\sin\!a} \\ &= a-\frac{\sin a-\sin a\sin t\cdot\dfrac{\cos t-\cos a}{t-a}}{\dfrac{\sin t-\sin a}{t-a}} \end{aligned}\] である. よって, $t \to a$ とすると \[\begin{aligned} p &= a-\frac{\sin a-\sin ^2a\cdot (\cos x)'|_{x = a}}{(\sin x)'|_{x = a}} \\ &= a-\frac{\sin a+\sin ^3a}{\cos a} = a-\tan a(1+\sin ^2a), \\ q &= \frac{1}{\sin a}(p-a)+\cos a \\ &= \frac{1}{\sin a}(-\tan a)(1\!+\!\sin ^2a)\!+\!\cos a = \cos a\!-\!\frac{1\!+\!\sin ^2a}{\cos a} \end{aligned}\] が得られるから, \[\begin{aligned} r(a)^2 &= \{ -\tan a(1+\sin ^2a)\} ^2+\left( -\frac{1+\sin ^2a}{\cos a}\right) ^2 \\ &= \frac{(1+\sin ^2a)^3}{\cos ^2a} = \frac{(2-\cos ^2a)^3}{\cos ^2a} \end{aligned}\] である. $b = \cos ^2a\,(0 < b \leqq 1)$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} r(a)^2 &= \dfrac{(2-b)^3}{b}, \\ \frac{d}{db}r(a)^2 &= -\frac{2(2-b)^2(1+b)}{b^2} < 0 \end{aligned}\] となるから, $r(a)^2$ は $b = 1$ つまり $a = 0$ のとき最小値 $1$ をとる. $r(a) > 0$ であるから, $r(a)$ は $a = 0$ のとき最小値 $1$ をとる.

(C)

$f'(x) = \dfrac{1}{\cos ^2x}$ であるから, $C:y = f(x)$ の点 $(a,f(a)),$ $(t,f(t))$ における法線の方程式はそれぞれ \[ y = -\cos ^2a(x\!-\!a)\!+\!\tan a, \quad y = -\cos ^2t(x\!-\!t)\!+\!\tan t\] である. これらの交点の $x$ 座標は \[\begin{aligned} &-\cos ^2a(x-a)+\tan a = -\cos ^2t(x-t)+\tan t \\ &(\cos ^2t-\cos ^2a)x = t\cos ^2t-a\cos ^2a+\tan t-\tan a \end{aligned}\] の解であるから, \[\begin{aligned} u(t) &= \frac{t\cos ^2t-a\cos ^2a+\tan t-\tan a}{\cos ^2t-\cos ^2a} \\ &= \frac{\dfrac{t\cos ^2t-a\cos ^2a}{t-a}+\dfrac{\tan t-\tan a}{t-a}}{\dfrac{\cos ^2t-\cos ^2a}{t-a}} \end{aligned}\] である. よって, $t \to a$ とすると \[\begin{aligned} p &= \frac{(x\cos ^2x)'|_{x = a}+(\tan x)'|_{x = a}}{(\cos ^2x)'|_{x = a}} \\ &= \frac{\cos ^2a-2a\sin a\cos a+\dfrac{1}{\cos ^2a}}{-2a\sin a\cos a} = a-\frac{1+\cos ^4a}{2\sin a\cos ^3a}, \\ q &= -\cos ^2a(p-a)+\tan a \\ &= -\!\cos ^2\!a\!\left(\!-\frac{1\!+\!\cos ^4\!a}{2\sin\!a\cos ^3\!a}\!\right)\!+\!\tan\!a = \tan\!a\!+\!\frac{1\!+\!\cos ^4\!a}{2\sin\!a\cos\!a} \end{aligned}\] が得られるから, \[\begin{aligned} r(a)^2 &= \left( -\frac{1+\cos ^4a}{2\sin a\cos ^3a}\right) ^2+\left(\frac{1+\cos ^4a}{2\sin a\cos a}\right) ^2 \\ &= \frac{(1+\cos ^4a)^3}{4\sin ^2a\cos ^6a} = \frac{(1+\cos ^4a)^3}{4\cos ^6a(1-\cos ^2a)} \end{aligned}\] である. $b = \cos ^2a\,(0 < b < 1)$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} r(a)^2 &= \frac{(1+b^2)^3}{4b^3(1-b)}, \\ \frac{d}{db}r(a)^2 &= -\frac{(1+b^2)^2(2b^3-3b^2-4b+3)}{4b^4(1-b)^2} \end{aligned}\] となる. \[\begin{aligned} 2\cdot (-2)^3-3\cdot (-2)^2-4\cdot (-2)+3 &= -17 < 0, \\ 2\cdot 0^3-3\cdot 0^2-4\cdot 0+3 &= 3 > 0, \\ 2\cdot 1^3-3\cdot 1^2-4\cdot 1+3 &= -2 < 0, \\ 2\cdot 3^3-3\cdot 3^2-4\cdot 3+3 &= 18 > 0 \end{aligned}\] であるから, 中間値の定理により $2b^3-3b^2-4b+3 = 0$ は $0 < b < 1$ の範囲にただ $1$ つの解 $b = b_0$ をもち, $2b^3-3b^2-4b+3$ は $b < b_0$ のとき正, $b > b_0$ のとき負である. よって, $r(a)^2$ は $b = b_0$ のとき極小かつ最小の値 $\dfrac{(1+b_0{}^2)^3}{4b_0{}^3(1-b_0)}$ をとる. $r(a) > 0$ であるから, $r(a)$ は最小値 $\sqrt{\dfrac{(1+b_0{}^2)^3}{4b_0{}^3(1-b_0)}}$ をとる.