2024年(令和6年)東京工業大学-数学[1] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2024.04.20記

[1] $xy$ 平面上の曲線 $y=\dfrac{1}{2}x^2$ に，点 $\left(a，\dfrac{1}{2}a^2\right)$ （ $a\gt 0$ ）で接する円のうち， $y$ 軸の正の部分にも接するものを $S_a$ とおく， $a$ が正の実数を動くときの $S_a$ の中心の軌跡を $C$ ，とくに $S_1$ の中心を $\rm P$ とする．

(1) 点 $\rm P$ の座標を求めよ．

(2) 点 $\rm P$ における曲線 $C$ の接線の傾きを求めよ．

2024.04.20記(17:55:38)

[解答]
$\mbox{A}_a\left(a，\dfrac{1}{2}a^2\right)$ における曲線の接線の方向ベクトルは $(1，a)$ であるから
$S_a$ の中心を $\mbox{P}_a(X，Y)$ （ $X\gt 0，Y\gt\dfrac{1}{2}a^2$ ）とおくと
$X^2=(X-a)^2+\left(Y-\dfrac{1}{2}a^2\right)^2$ …①，
$(X-a)\cdot 1+\left(Y-\dfrac{1}{2}a^2\right)\cdot a=0$ …②
が成立する． $X$ を消去して整理すると
$\left(Y-\dfrac{1}{2}a^2\right)^2+2a^2\left(Y-\dfrac{1}{2}a^2\right)-a^2=0$
となる． $Y\gt\dfrac{1}{2}a^2$ より，この2次方程式の大きい解のみ適する．

ここで $\left(Y+\dfrac{1}{2}a^2\right)^2=a^4+a^2$ となるので
$Y=\sqrt{a^4+a^2}-\dfrac{1}{2}a^2$
である．このとき②から
$X=a^3+a-\sqrt{a^6+a^4}$
となる．

(1) $a=1$ として $\mbox{P}\left(2-\sqrt{2}，\sqrt{2}-\dfrac{1}{2}\right)$ となる．

(2) $\dfrac{dX}{da}=3a^2+1-\dfrac{3a^5+2a^3}{\sqrt{a^6+a^4}}$ ， $\dfrac{dY}{da}=\dfrac{2a^3+a}{\sqrt{a^4+a^2}}-a$
であるから，求める値は
$\left. \dfrac{dY/da}{dX/da}\right|_{a=1}$ $=\dfrac{3/\sqrt{2}-1}{4-5/\sqrt{2}}$ $=1+\sqrt{2}$
となる．

[別解]
$\mbox{A}_a\left(a，\dfrac{1}{2}a^2\right)$ における曲線の接線の方向単位ベクトルとして
$\vec{a}=\dfrac{1}{\sqrt{1+a^2}}(1，a)$
をとることができ，また接線の $y$ 切片を $\mbox{B}_a\left(0，-\dfrac{1}{2}a^2\right)$ とおく．

$S_a$ の中心を $\mbox{P}_a$ とおくと
$\mbox{P}_a$ は $y$ 軸と接線のなす角の2等分線上にあることから
$\overrightarrow{\mbox{B}_a\mbox{P}_a}$ $=k(a)\left(\vec{a}+(0，1)\right)$ $=\dfrac{k(a)}{\sqrt{1+a^2}}\left(1，a+\sqrt{1+a^2}\right)$ （ $k\gt 0$ ）
とおくことができる．

ここで
$\overrightarrow{\mbox{B}_a\mbox{P}_a}\bullet\vec{a}$ $=\overline{\mbox{B}_a\mbox{A}_a}$ $=\sqrt{a^2+a^4}$
であるから，
$\dfrac{k(a)}{1+a^2}\left(1+a^2+a\sqrt{1+a^2}\right)=\sqrt{a^2+a^4}$
が成立するので，
$k(a)=\dfrac{a(1+a^2)}{\sqrt{1+a^2}+a}$
となる．よって原点を $\mbox{O}$ として
$\overrightarrow{\mbox{OP}_a}$ $=\overrightarrow{\mbox{OB}_a}+\overrightarrow{\mbox{B}_a\mbox{P}_a}$
$=\left(0，-\dfrac{1}{2}a^2\right)+\dfrac{k(a)}{\sqrt{1+a^2}}\left(1，a+\sqrt{1+a^2}\right)$
$=\left(\dfrac{a\sqrt{1+a^2}}{\sqrt{1+a^2}+a}，a\sqrt{1+a^2}-\dfrac{1}{2}a^2\right)$
$=\left(a+a^3-a^2\sqrt{1+a^2}，a\sqrt{1+a^2}-\dfrac{1}{2}a^2\right)$
となる．

以下，[解答] と同じ．

$a$ が微小変化すると，接点は接線方向に動くので $S_a$ の中心は接線と $y$ 軸の角の2等分線方向に動くことから，(2)の答は $y=x-\dfrac{1}{2}$ と $y$ 軸のなす角の2等分線(のうち傾きが正のもの)の傾き $1+\sqrt{2}$ に等しくなることが予想できる．そこで，それが見え易いように [別解] を書き直す．ここで $a+\sqrt{1+a^2}$ の扱いとして
$b=\sqrt{1+a^2}$ ， $c=a+\sqrt{1+a^2}$
とおくと
$\dfrac{db}{da}=\dfrac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\dfrac{a}{b}$ ， $\dfrac{dc}{da}=1+\dfrac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\dfrac{c}{b}$
が成立することを利用する．

[別解2]
$\mbox{A}_a\left(a，\dfrac{1}{2}a^2\right)$ における曲線の接線方向の単位ベクトルとして
$\vec{a}=\dfrac{1}{\sqrt{1+a^2}}(1，a)$
をとることができ，また接線の $y$ 切片を $\mbox{B}_a\left(0，-\dfrac{1}{2}a^2\right)$ とおく．

ここで， $b=\sqrt{1+a^2}$ ， $c=a+\sqrt{1+a^2}$ とおくと
$\dfrac{db}{da}=\dfrac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\dfrac{a}{b}$ ， $\dfrac{dc}{da}=1+\dfrac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\dfrac{c}{b}$
が成立し，
$\vec{a}=\dfrac{1}{b}(1，a)$ ， $\overrightarrow{\mbox{B}_a\mbox{P}_a}$ $=\dfrac{k(a)}{b}\left(1，c\right)$
が成立する．

ここで
$\overrightarrow{\mbox{B}_a\mbox{P}_a}\bullet\vec{a}$ $=\overline{\mbox{B}_a\mbox{A}_a}$ $=\sqrt{a^2+a^4}$
であるから，
$\dfrac{k(a)}{b^2}(1+ac)=ab$
が成立するので， $1+ac=1+a^2+a\sqrt{1+a^2}=bc$ に注意すると
$k(a)=\dfrac{ab^2}{c}$
となる．よって原点を $\mbox{O}$ として
$\overrightarrow{\mbox{OP}_a}$ $=\overrightarrow{\mbox{OB}_a}+\overrightarrow{\mbox{B}_a\mbox{P}_a}$
$=\left(0，-\dfrac{1}{2}a^2\right)+\dfrac{k(a)}{b}\left(1，c\right)$
$=\left(0，-\dfrac{1}{2}a^2\right)+\dfrac{ab}{c}\left(1，c\right)$
となる．

(1) $a=1$ のとき， $b=\sqrt{2}$ ， $c=1+\sqrt{2}$ であるから
$\overrightarrow{\mbox{OP}_a}$ $=\left(0，-\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}\left(1，1+\sqrt{2}\right)$
$=\left(2-\sqrt{2}，\sqrt{2}-\dfrac{1}{2}\right)$
となる．

(2) $\dfrac{d}{da}\overrightarrow{\mbox{OP}_a}$
$=\left(0，-a\right)+\dfrac{b+a(a/b)}{c}\left(1，c\right)$ $-\dfrac{ab(c/b)}{c^2}\left(1，c\right)$ $+\dfrac{ab}{c}\left(0，\dfrac{c}{b}\right)$
$=\dfrac{a^2-ab+b^2}{bc}\left(1，c\right)$
であるから，点 $\mbox{P}_a$ における曲線 $C$ の接線ベクトルは $(1，c)$ に平行となり，よってその傾きは $c$ となる．

以上から点 $\mbox{P}$ における曲線 $C$ の接線の傾きは $c\,\big|_{a=1}=1+\sqrt{2}$ となる．

一般化してみよう．
$f(x)$ に対して
$g(x)=\sqrt{1+\{f'(x)\}^2}$
とおくと
$g'(x)=\dfrac{f'(x)f''(x)}{\sqrt{1+\{f'(x)\}^2}}=\dfrac{f'(x)f''(x)}{g(x)}$
が成立する（ $\{g(x)\}^2=1+\{f'(x)\}^2$ を微分しても得られる）．

$y=f(x)$ の $x=a$ における接線
$y=f'(a)(x-a)+f(a)$
の $y$ 切片は $f(a)-af'(a)$ であり，接線方向の単位ベクトルとして
$\vec{a}=\dfrac{1}{g(a)}(1，f'(a))$
をとり， $y$ 切片から円の中心へ向かうベクトルを
$k(a)\left(\vec{a}+(0，1)\right)$
とおくと
$k(a)\left(\vec{a}+(0，1)\right)\bullet\vec{a}=ag(a)$
から
$k(a)\left(1+\dfrac{f'(a)}{g(a)}\right)=ag(a)$
が成立するので
$k(a)=\dfrac{a\{g(a)\}^2}{f'(a)+g(a)}$
となり，円の中心 $(x，y)$ は
$(x，y)$ $=(0，f(a)-af'(a))+\dfrac{a\{g(a)\}^2}{f'(a)+g(a)}\left(\vec{a}+(0，1)\right)$
によって与えられる．これを
$\dfrac{d}{da}\vec{a}$ $=-\dfrac{f'(a)f''(a)}{\{g(a)\}^2}\vec{a}+\dfrac{f''(a)}{g(a)}(0，1)$
に注意して $a$ で微分すると
$\dfrac{d}{da}(x，y)$ $=(0，-af''(a))$ $+\left\{\dfrac{d}{da}\dfrac{a\{g(a)\}^2}{f'(a)+g(a)}\right\}\left(\vec{a}+(0，1)\right)$ $+\dfrac{a\{g(a)\}^2}{f'(a)+g(a)}\cdot\dfrac{d}{da}\vec{a}$
$=\left\{\dfrac{d}{da}\dfrac{a\{g(a)\}^2}{f'(a)+g(a)}\right\}\left(\vec{a}+(0，1)\right)$ $-\dfrac{af'(a)f''(a)}{f'(a)+g(a)}\vec{a}$ $+\dfrac{ag(a)f''(a)}{f'(a)+g(a)}(0，1)$ $+(0，-af''(a))$
$=\left\{\dfrac{d}{da}\dfrac{a\{g(a)\}^2}{f'(a)+g(a)}\right\}\left(\vec{a}+(0，1)\right)$ $-\dfrac{af'(a)f''(a)}{f'(a)+g(a)}\left(\vec{a}+(0，1)\right)$
となり，
$\dfrac{d}{da}(x，y)\parallel \left((\vec{a}+(0，1)\right)$
となることが証明された．