有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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接線(数学 II)

接線

定理《関数のグラフの接線》

 $x = t$ において微分可能な関数 $f(x)$ のグラフ $y = f(x)$ の点 $(t,f(t))$ における接線の方程式は \[ y = f'(t)(x-t)+f(t)\] である.

定理《関数のグラフの共通接線》

 $x = t$ において微分可能な関数 $f(x),$ $g(x)$ に対して,
曲線 $y = f(x),$ $y = g(x)$ が直線 $x = t$ 上で共通接線をもつ
$\iff$ $f(t) = g(t),$ $f'(t) = g'(t)$
が成り立つ.

証明

 曲線 $y = f(x),$ $y = g(x)$ の点 $(t,\ f(t)),$ $(t,\ g(t))$ における接線の方程式はそれぞれ \[ y = f'(t)(x-t)+f(t), \quad y = g'(t)(x-t)+g(t)\] であるから,
曲線 $y = f(x),$ $y = g(x)$ が直線 $x = t$ 上で共通接線をもつ
$\iff$ $f'(t)(x-t)+f(t) = g'(t)(x-t)+g(t)$
$\iff$ $xf'(t)+f(t)-tf'(t) = xg'(t)+g(t)-tg'(t)$
$\iff$ $f'(t) = g'(t),$ $f(t)-tf'(t) = g(t)-tg'(t)$
$\iff$ $f(t) = g(t),$ $f'(t) = g'(t)$
が成り立つ.

問題《多項式関数のグラフと直線が接する条件》

 $f(x),$ $g(x)$ を多項式関数, $\alpha$ を実数とする.
(1)
$f(x)$ を $(x-\alpha)^2$ で割った商を $p(x)$ とおき, その余りを $x-\alpha$ で割った商を $q,$ 余りを $r$ とおく. また, $y = f(x)$ のグラフの点 $(\alpha,f(\alpha ))$ における接線を $y = h(x)$ とする. このとき, $r = f(\alpha ),$ $q = f'(\alpha )$ であることを示すことにより, $f(x)-h(x)$ は $(x-\alpha )^2$ で割り切れることを示せ.
(2)
$y = f(x),$ $y = g(x)$ のグラフが直線 $x = \alpha$ 上で共有点をもち, その点における接線が一致するとする. このとき, $f(x)-g(x)$ は $(x-\alpha )^2$ で割り切れることを示せ.

解答例

(1)
剰余の定理により, $r = f(\alpha )$ が成り立つ. よって, \[ f(x)-f(\alpha ) = p(x)(x-\alpha )^2+q(x-\alpha )\] であるから, 微分係数の定義により \[\begin{aligned} f'(\alpha ) &= \lim\limits_{x \to \alpha}\frac{f(x)-f(\alpha )}{x-\alpha} \\ &= \lim\limits_{x \to \alpha}\{ p(x)(x-\alpha )+q\} = q \end{aligned}\] が得られる. よって, \[ f(x) = p(x)(x-\alpha )^2+f'(\alpha )(x-\alpha )+f(\alpha )\] であり, 接線の公式により \[ h(x) = f'(\alpha )(x-\alpha )+f(\alpha )\] であるから, 辺々を引くと \[ f(x)-h(x) = p(x)(x-\alpha )^2\] となる. ゆえに, $f(x)-h(x)$ は $(x-\alpha )^2$ で割り切れる.
(2)
$x = \alpha$ における $y = f(x),$ $y = g(x)$ のグラフの共通の接線を $y = h(x)$ とする. (1) の結果により, $f(x)-h(x),$ $g(x)-h(x)$ は $(x-\alpha )^2$ で割り切れるから, \[ f(x)-g(x) = \{ f(x)-h(x)\} -\{ g(x)-h(x)\}\] は $(x-\alpha )^2$ で割り切れる.

問題《放物線の直交する接線の交点の軌跡》

 放物線 $y = x^2$ の相異なる $2$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ における接線が直交するように $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ が動くとき, $2$ 本の接線の交点の軌跡を求めよ.

解答例

 放物線 $y = x^2$ の $2$ 点 $(\alpha,\alpha ^2),$ $(\beta,\beta ^2)$ $(\alpha \neq \beta)$ における接線が点 $(X,Y)$ で直交するとする.
$y = x^2$ を微分すると $y' = 2x$ となるから, 点 $(\alpha,\alpha ^2)$ における接線の方程式は
$y = 2\alpha (x-\alpha )+\alpha ^2$ つまり $y = 2\alpha x-\alpha ^2\ \cdots [1]$
である. 同様に, 点 $(\beta,\beta ^2)$ における接線の方程式は \[ y = 2\beta x-\beta ^2\ \cdots [2]\] である. $(X,Y)$ は連立方程式 $[1],$ $[2]$ の解であるから, \[ X = \frac{\alpha +\beta}{2}, \quad Y = \alpha\beta\] である. また, $[1],$ $[2]$ は直交するので, $2\alpha\cdot 2\beta = -1$ から \[ X = \frac{\alpha +\beta}{2}, \quad Y = -\frac{1}{4} \quad \cdots [3]\] が成り立つ. ここで, $\alpha,$ $\beta$ は $t$ の $2$ 次方程式 \[ t^2-(\alpha +\beta )t+\alpha\beta = 0\] の相異なる $2$ 解であるが, その判別式は \[ (\alpha +\beta )^2-4\alpha\beta = (\alpha +\beta )^2+1 > 0\] と常に正であるから, $[3]$ はすべての実数 $X$ に対して成り立つ.
ゆえに, 求める軌跡は, 直線 $y = -\dfrac{1}{4}$ である.

背景

 一般に, 放物線 $y^2 = 4px$ の直交する $2$ 接線の交点の軌跡は, 準線 $x = -p$ である(準線については, 数学 III で学ぶ).

問題《放物線に $2$ 本の接線が引ける点の存在範囲》

 放物線 $C:y = x^2$ に $2$ 本の接線が引ける点の存在範囲を求めよ.

解答例

 $y = x^2$ の導関数は \[ y' = 2x\] であるから, $C$ の点 $(s,s^2)$ における接線の方程式は
$y = 2s(x-s)+s^2$ つまり $y = 2sx-s^2$
である. この直線が点 $\mathrm P(a,b)$ を通るとき, \[ b = 2as-s^2\] が成り立つ. そこで, $a,$ $b$ を定数として, 関数 $f(s) = 2as-s^2$ のグラフ $t = f(s)$ と直線 $t = b$ が $2$ 個の共有点をもつような条件を調べる. \[ f(s) = -(s-a)^2+a^2\] から, $f(s)$ は $(a,a^2)$ を頂点とする上に凸の放物線であるので, $t = f(s)$ と $t = b$ が $2$ 個の共有点をもつのは \[ b < a^2\] の場合に限る. ゆえに, $C$ に $2$ 本の接線が引ける点の存在範囲は $C$ の下方である.

解説

 平行移動, 回転移動, 対称移動と $y$ 座標の定数倍を考えることにより, 次のことがわかる: 放物線 $C$ に $2$ 本の接線が引ける点の存在範囲は, $C$ によって二分された領域のうち, 準線を含む方の領域である.

問題《放物線の共通接線と相似》

 $a,$ $b$ を $0$ でない相異なる実数とする. $2$ つの放物線 \[ y = ax^2 \quad \cdots [1], \qquad y = b(x-p)^2+q \quad \cdots [2]\] が $2$ 本の共通接線 $\ell _1,$ $\ell _2$ をもつとき,
(1)
$\ell _1,$ $\ell _2$ の交点 $\mathrm R$ の座標を求めよ.
(2)
$[1],$ $[2]$ の頂点をそれぞれ $\mathrm A,$ $\mathrm B$ とおく. $\mathrm{AR}:\mathrm{RB} = |b|:|a|$ であることを示せ.
(3)
$[1],$ $[2]$ は点 $\mathrm R$ を中心として $|b|:|a|$ の比で相似であることを示せ.

解答例

(1)
放物線 $[1]$ 上の点 $(t,\ at^2)$ における接線の方程式は, \[\begin{aligned} y-at^2 &= 2at(x-t) \\ y &= 2atx-at^2 \quad \cdots [3] \end{aligned}\] である. 直線 $[3]$ が放物線 $[2]$ に接するためには, $[2],$ $[3]$ から $y$ を消去して得られる $2$ 次方程式 \[ b(x-p)^2+q = 2atx-at^2\] すなわち \[ bx^2-2(bp+at)x+(bp^2+q+at^2) = 0 \quad \cdots [4]\] が重解をもつこと, つまり $[4]$ の判別式 $D$ について \[\frac{D}{4} = (bp+at)^2-b(bp^2+q+at^2) = 0\] すなわち \[ a(a-b)t^2+2abpt-bq = 0 \quad \cdots [5]\] となることが必要十分である. 条件より, 放物線 $[1],$ $[2]$ は $2$ 本の共通接線 $\ell _1,$ $\ell _2$ をもつから, $a \neq 0,$ $a \neq b$ に注意すると, $[5]$ は $2$ つの実数解 $t_1,$ $t_2$ をもつ. $[5]$ の解と係数の関係により, \[\begin{aligned} t_1+t_2 &= -\frac{2abp}{a(a-b)} = -\frac{2bp}{a-b} \quad \cdots [6], \\ t_1t_2 &= -\frac{bq}{a(a-b)} \quad \cdots [7] \end{aligned}\] が成り立つ. $\ell _1,$ $\ell _2$ は \[ y = 2at_kx-at_k{}^2 \quad (k = 1,\ 2)\] と表せる. $\ell _1,$ $\ell _2$ の交点 $\mathrm R$ の $x$ 座標は, \[ 2at_1x-at_1{}^2 = 2at_2x-at_2{}^2\] すなわち \[ 2a(t_1-t_2)x = a(t_1+t_2)(t_1-t_2)\] の解であるから, $t_1 \neq t_2$ に注意すると \[ x = \frac{t_1+t_2}{2} = -\frac{bp}{a-b} \quad (\because [6])\] である. $\mathrm R$ の $y$ 座標は, \[ y = 2at_1\cdot\frac{t_1+t_2}{2}-at_1{}^2 = at_1t_2 = -\frac{bq}{a-b} \quad (\because [7])\] である. よって, \[\mathrm R\left( -\frac{bp}{a-b},\ -\frac{bq}{a-b}\right) \quad \cdots [8]\] である.
(2)
放物線 $[1],$ $[2]$ の頂点はそれぞれ \[\mathrm A(0,\ 0) \quad \cdots [9], \qquad \mathrm B(p,\ q) \quad \cdots [10]\] であるので, $[8]$ から \[\begin{aligned} \mathrm{AR}^2 &= \left( -\frac{bp}{a-b}\right) ^2+\left( -\frac{bq}{a-b}\right) ^2 = \frac{b^2(p^2+q^2)}{(a-b)^2}, \\ \mathrm{BR}^2 &= \left( p+\frac{bp}{a-b}\right) ^2+\left( q+\frac{bq}{a-b}\right) ^2 \\ &= \left(\frac{ap}{a-b}\right) ^2+\left(\frac{aq}{a-b}\right) ^2 = \frac{a^2(p^2+q^2)}{(a-b)^2} \end{aligned}\] である. $[1],$ $[2]$ は $2$ 本の共通接線をもつから $\mathrm A \neq \mathrm B$ であり, したがって $\mathrm{AB} = \sqrt{p^2+q^2} \neq 0$ であることに注意すると, \[\mathrm{AR}:\mathrm{BR} = \frac{|b|\sqrt{p^2+q^2}}{|a-b|}:\frac{|a|\sqrt{p^2+q^2}}{|a-b|} = |b|:|a|\] である.
(3)
放物線 $[1]$ 上の点 $\mathrm P(x,\ y),$ 点 $\mathrm Q(X,\ Y)$ が点 $\mathrm R$ を中心として $|b|:|a|$ の比で相似であるとする. $[8]$~$[10]$ から, $a,$ $b$ が同符号のとき $\mathrm R$ は $\mathrm{AB}$ を $b:a$ の比に外分した点であり, $a,$ $b$ が異符号のとき $\mathrm R$ は $\mathrm{AB}$ を $-b:a$ の比に内分した点である. $\mathrm P \neq \mathrm A,$ $\mathrm Q \neq \mathrm B$ のときも, $\triangle\mathrm{APR},$ $\triangle\mathrm{BQR}$ は相似であるから, $a,$ $b$ が同符号のとき $\mathrm R$ は $\mathrm{PQ}$ を $b:a$ の比に外分した点であり, $a,$ $b$ が異符号のとき $\mathrm R$ は $\mathrm{PQ}$ を $-b:a$ の比に内分した点である. よって, \[\mathrm R\left(\frac{ax-bX}{a-b},\ \frac{ay-bY}{a-b}\right) \quad \cdots [11]\] である. $[8],$ $[11]$ の各座標を比較すると, \[ x = \frac{b}{a}(X-p), \quad y = \frac{b}{a}(Y-q)\] となる. これを $[1]$ に代入すると, \[\frac{b}{a}(Y-q) = a\left\{\frac{b}{a}(X-p)\right\} ^2 = \frac{b^2}{a}(X-p)^2\] から, \[ Y = b(X-p)^2+q\] が得られる. これは点 $\mathrm Q$ が放物線 $[2]$ 上にあることを意味する. 同様に, 放物線 $[2]$ 上の点 $\mathrm Q,$ 点 $\mathrm P$ が点 $\mathrm R$ を中心として $|b|:|a|$ の比で相似であるとき, 点 $\mathrm P$ は放物線 $[1]$ 上にある. ゆえに, 放物線 $[1],$ $[2]$ は点 $\mathrm R$ を中心として $|b|:|a|$ の比で相似である.

解説

 $a_1,$ $a_2$ を $0$ でない相異なる実数とする. $2$ 本の $2$ 次関数のグラフ \[\begin{aligned} C_1:y &= a_1(x-p_1)^2+q_1, \\ C_2:y &= a_2(x-p_2)^2+q_2 \end{aligned}\] は $x$ 軸方向に $-p_1,$ $y$ 軸方向に $-q_1$ だけ平行移動すると \[\begin{aligned} y &= a_1x^2, \\ y &= a_2(x-p)^2+q \quad (p = p_2-p_1,\ q = q_2-q_1) \end{aligned}\] に移されるが, 平行移動によって $2$ つの図形の相似関係は保たれるから, $C_1,$ $C_2$ が $2$ 本の共通接線をもつとき, $C_1,$ $C_2$ は共通接線の交点 $\left(\dfrac{a_1p_1-a_2p_2}{a_1-a_2},\ \dfrac{a_1q_1-a_2q_2}{a_1-a_2}\right)$ を中心として $|a_2|:|a_1|$ の比で相似である.