[math][東京大学]2024年東京大学理系数学第4問

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問題

$\displaystyle f(x) = -\frac{\sqrt{2}}{4}x^2+4\sqrt{2}$とおく。$0 < t < 4$を満たす実数$t$に対し、座標平面上の点$(t, f(t))$を通り、この点において放物線$y = f(x)$と共通の接線を持ち、$x$軸上に中心を持つ円を$C_t$とする。
$(1)$ 円$C_t$の中心の座標を$(c(t), 0)$、半径を$r(t)$とおく。$c(t)$と$\{r(t)\}^2$を$t$の整式で表せ。
$(2)$ 実数$a$は$0 < a < f(3)$を満たすとする。円$C_t$が点$(3, a)$を通るような実数$t$は$0 < t < 4$の範囲にいくつあるか。

方針

計算を進める。

解答

$(1)$ 円$C_t$の方程式は$(x-c(t))^2 + y^2 = \{r(t)\}^2$である。この円は点$(t, f(t))$を通るので、$$(t-c(t))^2 + \left(-\frac{\sqrt{2}}{4}t^2+4\sqrt{2}\right)^2 = \{r(t)\}^2 \tag{a}\label{a}$$である。また、点$(t, f(t))$における放物線$y = f(x)$の接線は$$y-\left(-\frac{\sqrt{2}}{4}t^2+4\sqrt{2}\right) = -\frac{\sqrt{2}}{2}t(x-t)$$である。変形して、$$y = -\frac{\sqrt{2}}{2}tx + \frac{\sqrt{2}}{4}t^2+4\sqrt{2} \tag{b}\label{b}$$である。この点における$C_t$の接線は$$\displaystyle (t-c(t))(x-c(t)) + \left(-\frac{\sqrt{2}}{4}t^2+4\sqrt{2}\right)y = \{r(t)\}^2$$である。変形して、$$y = \frac{-t+c(t)}{-\frac{\sqrt{2}}{4}t^2+4\sqrt{2}}x + \frac{tc(t)-\{c(t)\}^2 + \{r(t)\}^2}{-\frac{\sqrt{2}}{4}t^2+4\sqrt{2}} \tag{c}\label{c}$$である。\eqref{b}, \eqref{c}は同一なので、$$\begin{cases}\displaystyle -\frac{\sqrt{2}}{2}t & = & \displaystyle \frac{-t+c(t)}{-\frac{\sqrt{2}}{4}t^2+4\sqrt{2}} \\ \displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}t^2+4\sqrt{2} & = &\displaystyle \frac{tc(t)-\{c(t)\}^2 + \{r(t)\}^2}{-\frac{\sqrt{2}}{4}t^2+4\sqrt{2}}\end{cases}$$となる。上の式から$\displaystyle \underline{c(t) = \frac{1}{4}t^3-3t}$である。下の式に代入して、$\displaystyle \underline{\{r(t)\}^2 = \frac{1}{16}t^6-\frac{15}{8}t^4+12t^2+32}$である。

$(2)$ $\displaystyle f(3) = \frac{7}{4}\sqrt{2}$である。円$C_t$が点$(3, a)$を通るとき、$(3-c(t))^2 + a^2 = \{r(t)\}^2$である。$(1)$から、$c(t), \{r(t)\}^2$を代入して、$$\left(3-\frac{1}{4}t^3+3t\right)^2 + a^2 = \frac{1}{16}t^6-\frac{15}{8}t^4+12t^2+32 $$である。変形して、$$\begin{eqnarray}a^2 & = & \frac{1}{16}t^6-\frac{15}{8}t^4+12t^2+32 -\left(3-\frac{1}{4}t^3+3t\right)^2 \\ & = & \frac{1}{16}t^6-\frac{15}{8}t^4+12t^2+32 -\left(9+\frac{1}{16}t^6+9t^2 -\frac{3}{2}t^3-\frac{3}{2}t^4 + 18t\right) \\ & = & -\frac{3}{8}t^4 + \frac{3}{2}t^3 + 3t^2-18t + 23\end{eqnarray}$$である。右辺を$g(t) \ (0 < t < 4)$とすると、$$\begin{eqnarray}g^{\prime}(t) & = & -\frac{3}{2}t^3+\frac{9}{2}t^2+6t-18 \\ & = & -\frac{3}{2}(t^3-3t^2-4t+12) \\ & = & -\frac{3}{2}(t-2)(t^2-t-6) \\ & = & -\frac{3}{2}(t-2)(t-3)(t+2)\end{eqnarray}$$である。以上から、$g(t)\ (0 < t < 4)$の増減は以下の表のようになる。\begin{array}{|c|*5{c|}}\hline t & 0 & \cdots & 2 & \cdots & 3 & \cdots & 4 \\ \hline g^{\prime}(t) & & – & 0 & + & 0 & – & \\ \hline g(t) & 23 & \searrow & 5 & \nearrow & \frac{49}{8} & \searrow & -1 \\ \hline \end{array}$s = g(t)$のグラフの概形は以下の図のようになる。したがって、円$C_t$が点$(3, a)$を通るような実数$t$の個数は、$$\begin{cases}0<a^2 < 5 \text{のとき}1\text{個} \\ a^2 = 5\text{のとき}2\text{個} \\ 5<a^2 < \displaystyle \frac{49}{8}\text{のとき}3\text{個} \end{cases}$$である。よって、答えは以下のようになる。$$\begin{cases}0<a < \sqrt{5} \text{のとき}1\text{個} \\ a = \sqrt{5}\text{のとき}2\text{個} \\ \sqrt{5}<a < \displaystyle \frac{7\sqrt{2}}{4}\text{のとき}3\text{個} \end{cases}$$となる。

解説

座標平面上の円$(x-a)^2+(y-b)^2=c^2$の、点$(x_0, y_0)$における接線は$(x_0-a)(x-a)+(y_0-b)(y-b) = c^2$となる。これを証明してみよう。円の中心から接点に向かうベクトルは$\begin{pmatrix}x_0-a \\ y_0-b\end{pmatrix}$である。これが接線の方向ベクトルになるから、接線の方程式は$$\begin{pmatrix}x-x_0 \\ y-y_0\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x_0-a \\ y_0-b\end{pmatrix} = 0$$である。これを整理していく。$$(x-a+a-x_0)(x_0-a) + (y-b+b-y_0)(y_0-b) = 0$$であり、$$(x_0-a)(x-a) + (y_0-b)(y-b) = (x_0-a)^2 + (y_0-b)^2$$となり、右辺は$c^2$となるから、求める結果が得られる。大切なことは、座標平面上で直線は、方向と通る$1$点を決めれば一意に決まることである。この方向を、直線が通る方向ではなく、「直線と垂直な方向」を以て指定するベクトルが、方向ベクトルなのである。