第4問 3次関数の3本の接線がどれも同じ角で交わる条件

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 3本の直線がどの2本も $\frac{\pi }{3}$ で交わるなら、直線の向きは $\frac{\pi }{3}$ ずつ回った3方向になる。$\mathrm{O}$ での接線の傾き $-k$ を決めれば、残り2本の傾きは加法定理で決まる。

一方、$\mathrm{P},\mathrm{Q}$ での接線の傾きは $3p^2-k$ の形で、$\mathrm{O}$ での傾き $-k$ より大きい。この大小の条件が (1) の答えを決める。(2) は、3本の直線がどれも $\frac{\pi }{3}$ で交わるので、囲まれる三角形は正三角形になる。面積は1辺の長さだけで決まる。

① 接線の式。 $y^{\prime }=3x^2-k$ なので、$x=s$ での接線は

$$y=(3s^2-k)(x-s)+s^3-ks=(3s^2-k)x-2s^3$$

$\mathrm{O}$ での接線は $y=-kx$ で、傾きは $-k$。$\mathrm{P},\mathrm{Q}$ の $x$ 座標を $p,q$ とすると、$\mathrm{O},\mathrm{P},\mathrm{Q}$ が相異なるので $p\ne 0,q\ne 0,p\ne q$ である。

② 3本の傾きの関係。 $\mathrm{O}$ での接線が $x$ 軸の正の向きとなす角を $\phi$($-\frac{\pi }{2}<\phi <\frac{\pi }{2}$、$\tan \phi =-k$)とする。ほかの2本はどちらも $\mathrm{O}$ での接線と $\frac{\pi }{3}$ で交わるので、向きは $\phi +\frac{\pi }{3}$ か $\phi -\frac{\pi }{3}$ のどちらかだ。2本が同じ向きだと平行になって交わらないので、1本ずつになる。このとき2本の向きの差は $\frac{2\pi }{3}$ で、直線どうしのなす角は $\frac{\pi }{3}$ になり、条件に合う。

$\tan \phi =-k$ を代入すると、2本の傾きは

$$\tan \left(\phi +\frac{\pi }{3}\right)=\frac{\sqrt{3}-k}{1+\sqrt{3}k},\tan \left(\phi -\frac{\pi }{3}\right)=\frac{-k-\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}k}=\frac{k+\sqrt{3}}{\sqrt{3}k-1}$$

分母が $0$ になるときは直線が $y$ 軸に平行になり、接線にはならない。

③ (1) 傾きが $-k$ より大きい条件。 $\mathrm{P}$ での傾きは $3p^2-k>-k$ で、$\mathrm{Q}$ も同じだ。逆に、2つの傾き $s_1,s_2$ がどちらも $-k$ より大きければ、$3p^2-k=s_1$、$3q^2-k=s_2$ を満たす $0$ でない $p,q$ がとれる。$s_1\ne s_2$ なので $p^2\ne q^2$ となり、$p\ne q$ も成り立つ。

そこで2つの傾きに $k$ を足すと

$$\frac{\sqrt{3}-k}{1+\sqrt{3}k}+k=\frac{\sqrt{3}(1+k^2)}{1+\sqrt{3}k},\frac{k+\sqrt{3}}{\sqrt{3}k-1}+k=\frac{\sqrt{3}(1+k^2)}{\sqrt{3}k-1}$$

どちらも正になるのは $1+\sqrt{3}k>0$ かつ $\sqrt{3}k-1>0$ のとき、すなわち

$$k>\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$$

これが (1) の答えである。

④ (2) 三角形は正三角形。 三角形の各内角はそこで交わる2本の直線のなす角 $\frac{\pi }{3}$ か、その補角 $\frac{2\pi }{3}$ のどちらかだ。内角の和が $\pi$ になるのは、3つとも $\frac{\pi }{3}$ のときだけなので、正三角形である。

1辺を $\mathrm{O}$ での接線の上にとる。$x=s$ での接線と $y=-kx$ の交点は、$(3s^2-k)x-2s^3=-kx$ より $x=\frac{2s}{3}$。したがって $\mathrm{O}$ での接線と $\mathrm{P},\mathrm{Q}$ での接線の交点は

$$\left(\frac{2p}{3},-\frac{2kp}{3}\right),\left(\frac{2q}{3},-\frac{2kq}{3}\right)$$

で、そのあいだの長さ(1辺の長さ)は $\frac{2}{3}|p-q|\sqrt{1+k^2}$。面積は

$$S=\frac{\sqrt{3}}{4}{\left(\frac{2}{3}|p-q|\sqrt{1+k^2}\right)}^2=\frac{\sqrt{3}}{9}(1+k^2)(p-q{)}^2$$

$p\ne q$ なので $S>0$ で、3本が1点で交わることはない。

⑤ $\mathrm{P},\mathrm{Q}$ の動き方。 傾きが決まっているので $p^2,q^2$ は決まり、選べるのは符号だけだ。③ より $3p^2$ は $\frac{\sqrt{3}(1+k^2)}{1+\sqrt{3}k}$ か $\frac{\sqrt{3}(1+k^2)}{\sqrt{3}k-1}$ なので

$$\alpha =\sqrt{\frac{1+k^2}{\sqrt{3}(1+\sqrt{3}k)}},\beta =\sqrt{\frac{1+k^2}{\sqrt{3}(\sqrt{3}k-1)}}$$

とおくと、$|p|,|q|$ は $\alpha ,\beta$ の一方ずつで、$\alpha <\beta$ である。$(p-q{)}^2$ は、$p,q$ が同じ符号なら $(\beta -\alpha {)}^2$、異なる符号なら $(\alpha +\beta {)}^2$ になる。よって

$$\frac{M}{m}=\frac{(\alpha +\beta {)}^2}{(\beta -\alpha {)}^2}$$

⑥ $M=4m$ となる $k$。 $\frac{\alpha +\beta }{\beta -\alpha }=2$ より $\beta =3\alpha$、つまり ${\beta }^2=9{\alpha }^2$ なので

$$\frac{1}{\sqrt{3}k-1}=\frac{9}{1+\sqrt{3}k}⟺1+\sqrt{3}k=9\sqrt{3}k-9⟺k=\frac{10}{8\sqrt{3}}=\frac{5\sqrt{3}}{12}$$

これは $k>\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{12}$ を満たす。

まとめ:どの2本も $\frac{\pi }{3}$ で交わる3本の直線は、向きが $\frac{\pi }{3}$ ずつ回った3方向で、囲む三角形は正三角形になる。接線の傾きが $-k$ より大きいことから (1) の範囲が出て、(2) は $p,q$ の符号の選び方で1辺の長さが $\beta -\alpha$ と $\alpha +\beta$ に比例して変わることから決まる。

発展。 $k=\frac{5\sqrt{3}}{12}$ のとき、2つの正三角形の1辺の比は $1:2$ で、面積の比が $1:4$ になる。$\mathrm{Q}$ を $x=\beta$ に固定して $\mathrm{P}$ を $x=\alpha$ から $x=-\alpha$ に移すと、$\mathrm{O}$ での接線の上の頂点が原点をはさんで反対側に移り、1辺が $2\alpha$ から $4\alpha$ に変わる。

別解

別解:正三角形であることを使わずに、3つの頂点から面積を出す。 $x=s$ と $x=u$ での接線の交点は $(3s^2-k)x-2s^3=(3u^2-k)x-2u^3$ から $x=\frac{2(s^2+su+u^2)}{3(s+u)}$($s+u\ne 0$)となる。これで $\mathrm{P},\mathrm{Q}$ での接線の交点を求め、$\mathrm{O}$ での接線の上の辺を底辺として高さを計算すると

$$S=\frac{2}{3}\cdot \frac{p^2{q}^2|p-q|}{|p+q|}$$

となる。$p+q=0$ だと2本の傾きが等しく平行になるので、条件のもとでは $p+q\ne 0$ である。

$p^2,q^2$ は決まっているので、符号の選び方で変わるのは $\frac{|p-q|}{|p+q|}$ だけだ。同じ符号なら $\frac{\beta -\alpha }{\alpha +\beta }$、異なる符号ならその逆数なので

$$\frac{M}{m}={\left(\frac{\alpha +\beta }{\beta -\alpha }\right)}^2$$

となり、本解と同じ式が得られる。計算は長くなるが、正三角形であることに気づかなくても同じ結論にたどり着ける。