軌跡と領域 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「$\theta$ を動かした直線の族が通る点の全体」。いつもの考え方を逆にする。点 $(a,b)$ を固定して、「この点を通す $\theta$ が存在するか」と問い直すのだ。

条件は $a\cos \theta +b\sin \theta =1$。左辺は三角関数の合成で $\sqrt{a^2+b^2}\sin (\theta +\phi )$ と1つの $\sin$ にまとまる。$\sin$ の値域は $[-1,1]$。だから「解 $\theta$ が存在する」条件は、振幅 $\sqrt{a^2+b^2}$ が $1$ 以上であること。存在条件が振幅の不等式になる。

① 通過条件に言い換える。 点 $(a,b)$ を通る $⟺$ ある $\theta$ で $a\cos \theta +b\sin \theta =1$。

② 合成。 左辺 $=\sqrt{a^2+b^2}\sin (\theta +\phi )$(適当な $\phi$)。これが $1$ になる $\theta$ が存在する条件は、$\sin$ の最大値が $1$ 以上、すなわち $$\sqrt{a^2+b^2}\ge 1.$$ ③ 領域。 $a^2+b^2\ge 1$。よって通過領域は $$x^2+y^2\ge 1(\text{単位円の周と外部}).$$

まとめ 「点を通る $\theta$ の存在」を合成で調べると $\sqrt{x^2+y^2}\ge 1$。通過領域は単位円の外部(周を含む)。各直線が単位円の接線であることと符合する。通過領域(パラメータ)と三角関数(合成)の融合。

発展。 境界の単位円はこの直線族のどの1本とも接している=族の包絡線である。「原点から距離1」を保ったまま直線を回すと、円の形が見えてくる。通過領域の境界に包絡線が現れることは、放物線の接線族(この単元の直交2接線の問題)でも同じだ。

別解

別解:「単位円の接線の族」と見る(得意な人向けの高い視点)。 直線 $x\cos \theta +y\sin \theta =1$ と原点の距離を測ると

$$\frac{|0\cdot \cos \theta +0\cdot \sin \theta -1|}{\sqrt{{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta }}=1.$$

つまりこの族は原点から距離 $1$ の直線=単位円の接線の全体だ(接点はちょうど $(\cos \theta ,\sin \theta )$。代入すると成り立つ)。

すると答えは図形の常識になる。円の外(と円周上)の点からは接線が引けるから通過され、円の内側の点を通る接線は存在しない。よって通過領域は $x^2+y^2\ge 1$。

合成(本解)の「振幅 $\ge 1$」という式の条件が、「点が円の外にある」という図形の条件と同じものだったと分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\mathrm{P}$ は $\mathrm{Q}$ に連動して動く。こういうときは、動きの元 $\mathrm{Q}$ を1文字で書き、$\mathrm{P}$ をその文字で表して、最後に文字を消すのが軌跡の型だ。

$\mathrm{Q}=(1,t)$ とおく。$\mathrm{P}$ は半直線 $\mathrm{OQ}$ 上で $\mathrm{OP}=\frac{1}{\mathrm{OQ}}$ の点だから、$\mathrm{Q}$ 方向の単位ベクトルに $\mathrm{OP}$ を掛ければ座標が出る。整理すると $\mathrm{P}=\left(\frac{1}{1+t^2},\frac{t}{1+t^2}\right)$。あとは $t$ を消すだけ。$x^2+y^2$ を作ると分母がそろって消える。

① 媒介変数でおく。 $\mathrm{Q}=(1,t)$、$\mathrm{OQ}=\sqrt{1+t^2}$。$\mathrm{OP}=\frac{1}{\mathrm{OQ}}$ で $\mathrm{P}$ は $\mathrm{Q}$ と同じ向きだから $$\mathrm{P}=\frac{\mathrm{OP}}{\mathrm{OQ}}\mathrm{Q}=\frac{1}{{\mathrm{OQ}}^2}\mathrm{Q}=\left(\frac{1}{1+t^2},\frac{t}{1+t^2}\right).$$ ② $t$ を消去。 $x=\frac{1}{1+t^2},y=\frac{t}{1+t^2}$ より $$x^2+y^2=\frac{1+t^2}{(1+t^2{)}^2}=\frac{1}{1+t^2}=x.$$ ③ 軌跡。 $x^2+y^2=x$、すなわち $${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+y^2=\frac{1}{4}(\text{中心}\left(\frac{1}{2},0\right),\text{半径}\frac{1}{2},\text{原点を除く}).$$ $x=\frac{1}{1+t^2}>0$ なので原点 $(0,0)$ は含まない。

まとめ反転 $\mathrm{P}=\frac{\mathrm{Q}}{{\mathrm{OQ}}^2}$ を成分で書き $t$ を消すと $x^2+y^2=x$。直線が原点を通る円に写る。軌跡(反転)と媒介変数消去の融合。

発展。 反転は「原点を通らない直線 $\leftrightarrow$ 原点を通る円」「原点を通らない円 $\leftrightarrow$ 原点を通らない円」を入れ替える変換で、複素数平面では $w=\frac{1}{\overline{z}}$ と書ける。円と直線をまとめて「円」の仲間とみなす見方は、数Cの複素数平面や一次分数変換でよく使われる。

別解

別解:「反転」の写像として先読みする(得意な人向けの高い視点)。 $\mathrm{OP}\cdot \mathrm{OQ}=1$ の対応は反転とよばれ、「原点を通らない直線を、原点を通る円に写す」性質をもつ。

答えの円は2点で決まる。直線 $x=1$ 上で原点に最も近い点 $(1,0)$ は、$\mathrm{OQ}=1$ だから動かず $(1,0)$ のまま。一方、直線上を遠くへ行くほど $\mathrm{OP}=\frac{1}{\mathrm{OQ}}$ は $0$ に近づくので、像は原点に限りなく近づく(が届かない)。

原点方向の対称性から、像の円は $\mathrm{O}$ と $(1,0)$ を直径の両端とする円。中心 $\left(\frac{1}{2},0\right)$、半径 $\frac{1}{2}$、すなわち ${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+y^2=\frac{1}{4}$(原点は除く)。成分計算(本解)が答えを保証し、反転の性質が「なぜ円か・どの円か・どこが欠けるか」を先に示す。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「2つの不等式の共通部分」の面積は、まず境界の交点で範囲を確定する。$x^2=2-x^2$ から $x=\pm 1$。

区間 $[-1,1]$ では、上が $y=2-x^2$、下が $y=x^2$(たとえば $x=0$ で $2>0$)。面積は「上 $-$ 下」の定積分。被積分関数 $2-2x^2$ は偶関数だから、$0$ から $1$ を2倍してもよい。

① 交点。 $x^2=2-x^2\Rightarrow 2x^2=2\Rightarrow x=\pm 1$(このとき $y=1$)。

② 面積。 $-1\le x\le 1$ で上が $2-x^2$、下が $x^2$ だから $$S={\int }_{-1}^1\{(2-x^2)-x^2\}dx={\int }_{-1}^1(2-2x^2)dx.$$ ③ 計算。 偶関数なので $$S=2{\int }_0^1(2-2x^2)dx=2{\left[2x-\frac{2x^3}{3}\right]}_0^1=2\left(2-\frac{2}{3}\right)=2\cdot \frac{4}{3}=\frac{8}{3}.$$

まとめ交点 $x=\pm 1$、上 $2-x^2$ − 下 $x^2$ を積分して面積 $\frac{8}{3}$。領域(不等式)と面積(定積分)の融合。上下の判定と交点で間違えやすい。

発展。 この領域は点 $(0,1)$ について点対称である($(x,y)\to (-x,2-y)$ で2つの不等式が入れ替わる)。上下の放物線は合同で、開く向きだけが逆だ。面積を「片方の放物線と弦の間の2倍」と読む方法もある。対称性に気づくと、検算の視点が1つ増える。

別解

別解:1/6公式ですぐに求める(得意な人向けの時短ルート)。 上下の差をとると

$$(2-x^2)-x^2=-2x^2+2=-2(x-1)(x+1).$$

2次関数と $x$ 軸(差が $0$ になる2点 $\pm 1$)で囲む形なので、1/6公式が使える。

$$S=\frac{|-2|}{6}\{1-(-1){\}}^3=\frac{2}{6}\cdot 8=\frac{8}{3}.$$

「上 $-$ 下」を1つの2次関数とみなせば、放物線2本の問題も1/6公式の射程内。積分の計算(本解)と必ず一致するので、片方を検算に使うとよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 領域は「円板」と「半平面」の共通部分。その上で1次式 $x+2y$ の最大を探す。

1次式は一方向にまっすぐ増えるから、最大は領域の境界、それも円周側で起こるはずだ。まず制約を1本(円)に減らして最大を出す。

円板上の最大が $(1,2)$ で起きて、この点がもう1つの制約 $x+y\ge 1$ を満たすなら、それがそのまま答えになる。「強い制約だけで解き、残りは検算」という段取りだ。

① 上界。 円板 $x^2+y^2\le 5$ 上で $$x+2y\le \sqrt{1^2+2^2}\sqrt{x^2+y^2}\le \sqrt{5}\cdot \sqrt{5}=5.$$ ② 等号点。 等号は $(x,y)=k(1,2)$ かつ $x^2+y^2=5$。$k^2(1+4)=5\Rightarrow k=1$、点は $(1,2)$。

③ 制約の確認。 $(1,2)$ は $x+y=3\ge 1$ を満たすので領域内。よって最大値は $$x+2y=1+2\cdot 2=5.$$

まとめコーシー・シュワルツで上界 $5$、等号点 $(1,2)$ が $x+y\ge 1$ を満たすので最大値 $5$。領域(制約)と最大最小(コーシー・シュワルツ)の融合。等号点の実行可能性を必ず確かめる。

発展。 もう1つの制約が最適解の位置を決める場合もある。たとえば制約を $y\le x$ に変えると、最大点 $(1,2)$ は失格になり、最大は円と直線 $y=x$ の交点 $\left(\frac{\sqrt{10}}{2},\frac{\sqrt{10}}{2}\right)$ で $\frac{3\sqrt{10}}{2}\approx 4.74$ に下がる。制約が最適解に関係しているかどうかの見極めは、線形計画法の考え方そのものだ。

別解

別解:直線を平行移動して「接する瞬間」を見る(苦手な人向けの図形ルート)。 $x+2y=k$ とおくと、$k$ を増やすほど直線は右上へ平行移動する。

$k$ が実現する $⟺$ 直線が領域と共有点をもつ。いちばん大きい $k$ は、直線が円 $x^2+y^2=5$ にぎりぎり接する瞬間だ。中心(原点)から直線 $x+2y-k=0$ までの距離が半径と等しいとき: $\frac{|k|}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}$、すなわち $k=\pm 5$。最大側は $k=5$、接点は中心から法線方向 $(1,2)$ に進んだ $(1,2)$。

この接点が第2の制約 $x+y\ge 1$ を満たす($1+2=3\ge 1$)ことを確かめて、最大値 $5$ が確定する。コーシー・シュワルツ(本解)と、接する図(この解)は同じ現象の式と絵である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 媒介変数 $t$ を消したい。$x=t+\frac{1}{t}$、$y=t-\frac{1}{t}$ は形がそっくりで、和と差の構造をしている。

2乗の差をとると $x^2-y^2=4$ と、$t$ がまとめて消える。ただし式を消して終わりではない。「出てきた曲線のどの部分が実際に描かれるか」(点の存在範囲)まで確かめて、初めて軌跡の答えになる。

① $2$ 乗の差で $t$ を消す。 $$x^2-y^2={\left(t+\frac{1}{t}\right)}^2-{\left(t-\frac{1}{t}\right)}^2=\left(t^2+2+\frac{1}{t^2}\right)-\left(t^2-2+\frac{1}{t^2}\right)=4.$$ ② $x$ の範囲。 $t>0$ なら $x=t+\frac{1}{t}\ge 2$(相加相乗)、$t<0$ なら $x\le -2$。よって $|x|\ge 2$。

③ 軌跡。 $x^2-y^2=4$(すなわち $\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{4}=1$)。$|x|\ge 2$ は双曲線の $2$ 枝すべてに対応する(頂点 $(\pm 2,0)$ から外側)ので、軌跡は双曲線 $x^2-y^2=4$ の全体。

まとめ $x^2-y^2=4$($t$ を $2$ 乗の差で消去)、$|x|\ge 2$ で双曲線全体。軌跡(媒介変数消去)と $2$ 次曲線の融合。

発展。 $x=t+\frac{1}{t}$、$y=t-\frac{1}{t}$ は双曲線の有理関数によるパラメータ表示である。$t$ を $e^u$ と書き直すと $x=2\cosh u$、$y=2\sinh u$ となり、円のパラメータ $(\cos ,\sin )$ によく似た「双曲線関数」が現れる。円と双曲線は、パラメータ表示でもよく似た形になる。

別解

別解:和と差の積で消す(得意な人向けの近道)。 2乗して引く代わりに、まず足し算と引き算をつくる。

$$x+y=2t,x-y=\frac{2}{t}.$$

掛け合わせると

$$(x+y)(x-y)=2t\cdot \frac{2}{t}=4,$$

すなわち $x^2-y^2=4$。$t$ がすぐに消えた。

この形の利点は「逆」も同時に見えること。双曲線 $x^2-y^2=4$ 上の任意の点で $t=\frac{x+y}{2}$ とおけば($x^2=4+y^2>y^2$ より $x+y\ne 0$)、$x=t+\frac{1}{t}$、$y=t-\frac{1}{t}$ が復元できる。つまり双曲線の全体が実現し、削るべき部分はない($|x|\ge 2$ は双曲線上で自動的に満たされる)。消去と実現(存在)が1セットで片づく。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) この円に $(0,0)$ を代入すると $t^2=t^2$ で常に成立する。つまりすべての円が原点を通り、中心 $(t,0)$ は正の $x$ 軸上。$t$ が大きいほど円は右へ大きく広がる。

通過領域は「点 $(a,b)$ を通す $t>0$ が存在するか」で決まる。代入して整理すると $t^2$ が両辺で消え、$t$ の1次方程式になるところが、計算の要点だ。ただし、1次方程式を $t=\cdots$ と解くには係数で割る必要がある。割れない例外(原点)は別枠で確かめる。

① 通過条件。 点 $(a,b)$ を通る $⟺$ ある $t>0$ で $(a-t{)}^2+b^2=t^2$。展開すると $$a^2-2at+t^2+b^2=t^2⟹2at=a^2+b^2.$$ ② 場合分け。

• $(a,b)=(0,0)$: 式は $0=0$ で、どんな $t>0$ でも成立。原点はすべての円が通る(通過領域に入る)。
• $a=0,b\ne 0$: 左辺 $0$、右辺 $b^2>0$ で不成立。$y$ 軸上の原点以外の点は通らない。
• $a\ne 0$: $t=\frac{a^2+b^2}{2a}$。分子は正だから $t>0⟺a>0$。

③ 領域。 よって通過領域は $$x>0\text{または}(x,y)=(0,0)(\text{右半平面と原点}).$$

まとめ代入して $t^2$ を消すと $2xt=x^2+y^2$。原点は $0=0$ で全円が通り、それ以外は $t=\frac{x^2+y^2}{2x}>0⟺x>0$。本問では「係数で割る前に、割れない点(原点)を検分する」ことを忘れやすい。

発展。 この族は「原点で $y$ 軸に接する、右側の円」の全体である。$t<0$ も許せば左側の円も加わり、通過領域は「$y$ 軸(原点を除く)以外の全平面」になる。さらに反転(この単元で扱う $\mathrm{OP}\cdot \mathrm{OQ}=1$ の変換)で見ると、原点を通るこの円族は縦線の族の像であり、円と直線が入れ替わる好例になっている。

別解

別解:「原点で $y$ 軸に接する円」を作図で見つける(図形で納得するルート)。 中心 $(t,0)$・半径 $t$ の円は、中心から $y$ 軸までの距離がちょうど半径なので、原点で $y$ 軸に接する円だ。

点 $\mathrm{P}(a,b)$($a>0$)を通るこの形の円を作図してみる。円は $\mathrm{O}$ と $\mathrm{P}$ の両方を通るから、中心は線分 $\mathrm{OP}$ の垂直二等分線上。同時に中心は $x$ 軸上。この2直線の交点を計算すると $x$ 座標は $\frac{a}{2}+\frac{b^2}{2a}=\frac{a^2+b^2}{2a}$ で、本解の $t$ と一致する。$a>0$ なら正、つまり作図が成功する。

$a<0$ では交点が $t<0$ 側に出て族に入らない。$a=0$($b\ne 0$)では $\mathrm{OP}$ が $y$ 軸上にあり、垂直二等分線が $x$ 軸と平行になって交点そのものがない。式の場合分け(本解)と作図の成否が1対1に対応する。原点だけは作図が要らない。最初から全部の円が通っている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 放物線の接線は、接点を文字でおくと全部書ける。接点 $(a,a^2)$ での接線は $y=2ax-a^2$、傾きは $2a$ だ。

2本の接線を接点 $a,b$ で用意する。直交の条件は傾きの積が $-1$、つまり $4ab=-1$。あとは2直線の交点を計算する。$x$ 座標は $\frac{a+b}{2}$、$y$ 座標はうまく整理すると $ab$ になる。直交条件が「$y$ 座標 $=-\frac{1}{4}$」へ直結する。

① 接線と直交条件。 接点 $(a,a^2),(b,b^2)$ での接線は $y=2ax-a^2,y=2bx-b^2$。直交条件は $$2a\cdot 2b=-1⟹ab=-\frac{1}{4}.$$ ② 交点。 $2ax-a^2=2bx-b^2\Rightarrow 2x(a-b)=a^2-b^2=(a-b)(a+b)$。$a\ne b$ より $x=\frac{a+b}{2}$。$y$ は $$y=2a\cdot \frac{a+b}{2}-a^2=a(a+b)-a^2=ab.$$ ③ 軌跡。 $y=ab=-\frac{1}{4}$(一定)。$x=\frac{a+b}{2}$ は $ab=-\frac{1}{4}$ のもとで実数全体を動く。よって軌跡は直線 $$y=-\frac{1}{4}(\text{放物線 }y=x^2\text{ の準線}).$$

まとめ直交条件 $ab=-\frac{1}{4}$、交点の $y$ 座標が $ab$ に一致 → 軌跡は準線 $y=-\frac{1}{4}$。軌跡(接線の交点)と微分(接線の傾き)の融合。$y=ab$ に気づけば解ける。

発展。 「直交する2接線の交点」は、2次曲線ごとに決まった軌跡を描く。円では半径 $\sqrt{2}$ 倍の同心円、楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ では円 $x^2+y^2=a^2+b^2$(準円)、そして放物線では準線。この直線 $y=-\frac{1}{4}$ は放物線 $y=x^2$ の準線そのもので、焦点 $\left(0,\frac{1}{4}\right)$ と対をなす線である。

別解

別解:逆向きに、準線上の点からの2接線は必ず直交することを示す(得意な人向けの高い視点)。 軌跡が $y=-\frac{1}{4}$ 全体になることを、逆方向から確かめる。

直線 $y=-\frac{1}{4}$ 上の点 $\left(p,-\frac{1}{4}\right)$ をとる。接線 $y=2ax-a^2$ がこの点を通る条件は

$$-\frac{1}{4}=2ap-a^2⟺a^2-2pa-\frac{1}{4}=0.$$

この $a$ の2次方程式は判別式 $4p^2+1>0$ で、どんな $p$ でも異なる2つの実数解 $a,b$ をもつ。つまり接線は必ず2本引ける。そして解と係数の関係から $ab=-\frac{1}{4}$。傾きの積は $2a\cdot 2b=4ab=-1$ なので、2本は必ず直交する。

順方向(本解)は「直交なら $y=-\frac{1}{4}$」、この逆方向は「$y=-\frac{1}{4}$ 上ならどの点でも直交する2接線がある」。両方合わせて、軌跡が直線 $y=-\frac{1}{4}$ の全体だと完全に確定する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 境界は上が放物線 $y=1-x^2$、下が V 字の折れ線 $y=|x|-1$。まず交点で範囲を確定する。

$x\ge 0$ で $x-1=1-x^2$ を解くと $x=1$($x=-2$ は範囲外)。左右対称だから交点は $x=\pm 1$。面積は「上 $-$ 下」の積分。全体が $y$ 軸対称なので、$x\ge 0$ 側だけ計算して2倍すると絶対値が外れて楽になる。

① 交点。 $x\ge 0$ で下は $x-1$。$x-1=1-x^2\Rightarrow x^2+x-2=0\Rightarrow (x+2)(x-1)=0\Rightarrow x=1$。対称性から交点は $x=\pm 1$。

② 面積(対称性)。 被積分関数 $(1-x^2)-(|x|-1)=2-x^2-|x|$ は偶関数だから $$S={\int }_{-1}^1(2-x^2-|x|)dx=2{\int }_0^1(2-x^2-x)dx.$$ ③ 計算。 $${\int }_0^1(2-x^2-x)dx={\left[2x-\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}\right]}_0^1=2-\frac{1}{3}-\frac{1}{2}=\frac{12-2-3}{6}=\frac{7}{6},$$ よって $S=2\cdot \frac{7}{6}=\frac{7}{3}$。

まとめ上 $1-x^2$ − 下 $|x|-1$ を、偶関数の対称性で $2{\int }_0^1(2-x^2-x)dx=\frac{7}{3}$。領域(絶対値)と面積(定積分・対称性)の融合。

発展。 帽子の面積 $\frac{4}{3}$ には古典的な由来がある。アルキメデスは「放物線と弦で囲む面積は、内接する最大三角形の $\frac{4}{3}$ 倍」を示した。ここでは弦が $x$ 軸、最大三角形は $(\pm 1,0),(0,1)$ の面積 $1$ で、たしかに $\frac{4}{3}\times 1$。積分誕生のはるか前に、この面積は知られていた。

別解

別解:$x$ 軸で切って、知っている面積2つに割る(苦手な人向け)。 上下の境界はどちらも $x=\pm 1$ で $x$ 軸を横切る($1-x^2=0$ も $|x|-1=0$ も解は $x=\pm 1$)。だから領域は $x$ 軸ですっぱり2枚に分かれる。

• 上半分: 放物線 $y=1-x^2$ と $x$ 軸で囲む「帽子」。1/6公式(または偶関数の積分)で面積 $\frac{4}{3}$。
• 下半分: $x$ 軸と V 字 $y=|x|-1$ で囲む三角形。頂点 $(-1,0),(1,0),(0,-1)$ で、面積 $\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 1=1$。

$$S=\frac{4}{3}+1=\frac{7}{3}.$$

積分は帽子の分しか使わない(三角形は底辺 $\times$ 高さ $÷2$)。境界が $x$ 軸を同じ場所で切ることに気づくと、計算がぐっと軽くなる。