平面上の曲線 最難関編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「2つの角が等しい」を、角の計算で示すのは茨の道だ。鏡像で言い換える。

${\mathrm{F}}_1$ の、接線 $\ell$ に関する対称点 ${\mathrm{F}}_1^{\prime }$ をとる。対称性から「$\ell$ と ${\mathrm{PF}}_1$ のなす角」=「$\ell$ と ${\mathrm{PF}}_1^{\prime }$ のなす角」。だから示すべきことは、${\mathrm{F}}_2,\mathrm{P},{\mathrm{F}}_1^{\prime }$ が一直線に並ぶこと、に変わる。

一直線を言うには、楕円の定義 ${\mathrm{PF}}_1+{\mathrm{PF}}_2=2a$ と、「接線上の他の点はすべて楕円の外側にある(=距離の和が $2a$ を超える)」という接線の性質を使う。折れ線の最短が直線、という原理で結ばれる。

① 対称点をとる。 ${\mathrm{F}}_1$ の $\ell$ に関する対称点を ${\mathrm{F}}_1^{\prime }$ とする。$\ell$ 上の任意の点 $\mathrm{Q}$ で ${\mathrm{QF}}_1={\mathrm{QF}}_1^{\prime }$ だから

$${\mathrm{QF}}_2+{\mathrm{QF}}_1={\mathrm{QF}}_2+{\mathrm{QF}}_1^{\prime }\ge {\mathrm{F}}_2{\mathrm{F}}_1^{\prime }$$

(折れ線は直線より長い。等号は $\mathrm{Q}$ が線分 ${\mathrm{F}}_2{\mathrm{F}}_1^{\prime }$ 上のとき。)

② 最小が $\mathrm{P}$ で起きることを使う。 接点 $\mathrm{P}$ 以外の $\ell$ 上の点 $\mathrm{Q}$ は楕円の外側にあるから ${\mathrm{QF}}_1+{\mathrm{QF}}_2>2a$、一方 $\mathrm{P}$ では $=2a$。つまり①の左辺は $\mathrm{Q}=\mathrm{P}$ で最小になる。等号成立点は $\mathrm{P}$ に限られ、$\mathrm{P}$ は線分 ${\mathrm{F}}_2{\mathrm{F}}_1^{\prime }$ 上にある。すなわち ${\mathrm{F}}_2,\mathrm{P},{\mathrm{F}}_1^{\prime }$ は一直線に並ぶ(このとき ${\mathrm{F}}_2{\mathrm{F}}_1^{\prime }=2a$ も従う)。

③ 角を結論する。 ${\mathrm{F}}_1^{\prime }$ は ${\mathrm{F}}_1$ の鏡映だから、$\ell$ と ${\mathrm{PF}}_1$ のなす角 $=\ell$ と ${\mathrm{PF}}_1^{\prime }$ のなす角。②より ${\mathrm{PF}}_1^{\prime }$ は ${\mathrm{PF}}_2$ の延長そのものなので、この角は $\ell$ と直線 ${\mathrm{PF}}_2$ のなす角(対頂角)に等しい。よって2つの角は等しい。

まとめ: 「等角は鏡映+共線」に言い換え、共線は「定義の最小性」から引き出す。計算を使わず、定義だけで進む証明だ。この性質が『一方の焦点から出た光が楕円面で反射してもう一方の焦点に集まる』という反射望遠鏡・ささやきの回廊の原理そのものだ。

発展。 この反射性質は実用の塊だ。楕円形の部屋では一方の焦点のささやきが他方の焦点で聞こえ(ささやきの回廊)、医療では楕円面鏡で衝撃波を焦点の結石に集める(結石破砕術)。双曲線・放物線にもそれぞれ反射性質があり(放物線は「焦点から出た光が軸に平行に」=パラボラアンテナ)、円錐曲線の一家はみな「光の設計図」として現役で働いている。

別解

法線が角を二等分することを、単位ベクトルで示す(解析ルート)。 ひし形の対角線の原理、つまり「長さの等しい2本のベクトルの和は、なす角を二等分する」ことを使う。

$\mathrm{P}$ から各焦点へ向かう単位ベクトル ${\vec{e}}_1=\frac{\overrightarrow{{\mathrm{PF}}_1}}{{\mathrm{PF}}_1},{\vec{e}}_2=\frac{\overrightarrow{{\mathrm{PF}}_2}}{{\mathrm{PF}}_2}$ の和 ${\vec{e}}_1+{\vec{e}}_2$ は、角 ${\mathrm{F}}_1\mathrm{P}{\mathrm{F}}_2$ の二等分方向を向く。一方、楕円 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$ の点 $\mathrm{P}(x_0,y_0)$ での法線方向は $\left(\frac{x_0}{4},y_0\right)$(接線の公式 $\frac{x_{0}x}{4}+y_{0}y=1$ の係数)。焦点距離の公式 ${\mathrm{PF}}_1=a-e{x}_0,{\mathrm{PF}}_2=a+e{x}_0$ を使って ${\vec{e}}_1+{\vec{e}}_2$ を成分計算すると、ちょうど $\left(\frac{x_0}{4},y_0\right)$ の定数倍になることが確かめられる。

法線が内角を二等分する ⟺ 接線と2本の焦点半径のなす角が等しいという関係は、反射の性質の言い換えだ。鏡像(本解)は補助点1つで済む総合幾何、単位ベクトルの和は座標で押し切る解析幾何だ。二等分を「和のベクトル」で作るこの手筋は、内心の位置ベクトルなどでも使った、平面図形の汎用部品である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (1)は距離の式を2乗して、楕円の式で $y^2$ を消すのが基本だ。${\mathrm{PF}}^2=(x-1{)}^2+y^2$ に $y^2=3\left(1-\frac{x^2}{4}\right)$ を入れると、$x$ の2次式がぴったり完全平方に畳まれる。

根号を外すときは符号の検分($-2\le x\le 2$ で $2-\frac{x}{2}>0$)を忘れずに。(2)は $\mathrm{PH}=4-x$ との比をとるだけ。$x$ が約分されて定数 $\frac{1}{2}$ が残る。焦点からの距離と準線からの距離の比が一定になるという、円錐曲線に共通する性質(離心率)が現れる。

① ${\mathrm{PF}}^2$ を計算する((1))。 $a=2,b^2=3,c=1$。楕円の式から $y^2=3\left(1-\frac{x^2}{4}\right)$ を代入して

$${\mathrm{PF}}^2=(x-1{)}^2+y^2=x^2-2x+1+3-\frac{3}{4}{x}^2=\frac{x^2}{4}-2x+4={\left(\frac{x}{2}-2\right)}^2$$

② 根号を外す。 楕円上では $-2\le x\le 2$ だから $2-\frac{x}{2}\ge 1>0$。よって

$$\mathrm{PF}=\left|\frac{x}{2}-2\right|=2-\frac{x}{2}$$

③ 比をとる((2))。 $\mathrm{H}(4,y)$ より $\mathrm{PH}=4-x>0$。

$$\frac{\mathrm{PF}}{\mathrm{PH}}=\frac{2-\frac{x}{2}}{4-x}=\frac{\frac{1}{2}(4-x)}{4-x}=\frac{1}{2}$$

これは $\mathrm{P}$ の位置によらず一定で、値は離心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$ に一致する。

まとめ: 手順は「距離は2乗 → 曲線の式で消去 → 完全平方」だ。この畳み込みが起こるのは焦点だけで、副産物の $\mathrm{PF}=a-ex$ は焦点弦の計算などに広く使える。比が一定($=e$)という見方は放物線($e=1$)・双曲線($e>1$)まで貫く、2次曲線の統一原理だ。

発展。 比 $\frac{\mathrm{PF}}{\mathrm{PH}}=e$ を逆に定義に採用すると、$0<e<1$ で楕円、$e=1$ で放物線、$e>1$ で双曲線と、3曲線が1本の式 $\mathrm{PF}=e\mathrm{PH}$ から生まれる(焦点・準線による統一定義)。極座標で書いた $r=\frac{\ell }{1+e\cos \theta }$ は惑星の軌道の式そのもので、離心率 $e$ は軌道の「つぶれ具合」を測る天文学の実用量だ。

別解

パラメータ表示なら完全平方が自然に出る。 $\mathrm{P}(2\cos \theta ,\sqrt{3}\sin \theta )$ とおいて距離を直接計算する。

$${\mathrm{PF}}^2=(2\cos \theta -1{)}^2+3{\sin }^2\theta =4{\cos }^2\theta -4\cos \theta +1+3-3{\cos }^2\theta ={\cos }^2\theta -4\cos \theta +4=(\cos \theta -2{)}^2$$

$\cos \theta \le 1<2$ だから $\mathrm{PF}=2-\cos \theta$。$x=2\cos \theta$ を戻せば $\mathrm{PF}=2-\frac{x}{2}$ となり、絶対値の心配なく本解と同じ式になる。(2)も $\mathrm{PH}=4-2\cos \theta =2(2-\cos \theta )$ で、比は見た瞬間に $\frac{1}{2}$。

座標のまま2乗する(本解)か、角 $\theta$ で1変数化するか。楕円の計算では、迷ったらパラメータ表示にすると楽になる場面が多い。三角関数の恒等式が平方完成の代わりになるからだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 漸近線は $x-2y=0$ と $x+2y=0$。点と直線の距離の公式で $d_1{d}_2$ を書くと、分子に積 $|x-2y||x+2y|=|x^2-4y^2|$ が現れる。

ここで双曲線の式 $\frac{x^2}{4}-y^2=1$ は、左辺が

$$\frac{(x-2y)(x+2y)}{4}$$

と漸近線の1次式の積に因数分解されている。つまり曲線上ではつねに $x^2-4y^2=4$ である。距離の積の分子は方程式の左辺そのものだった。定数になる理由が式の構造に最初から書き込まれている。

① 距離を書く。 漸近線は $x-2y=0$ と $x+2y=0$。$\mathrm{P}(x,y)$ から

$$d_1=\frac{|x-2y|}{\sqrt{5}},d_2=\frac{|x+2y|}{\sqrt{5}}$$

② 積に方程式を代入する。

$$d_1{d}_2=\frac{|x-2y||x+2y|}{5}=\frac{|x^2-4y^2|}{5}$$

$\mathrm{P}$ は双曲線上にあるから $\frac{x^2}{4}-y^2=1$、すなわち $x^2-4y^2=4$。よって

$$d_1{d}_2=\frac{4}{5}$$

たしかに $\mathrm{P}$ の位置によらない。

③ 吟味。 $\mathrm{P}$ が遠くへ行くと一方の漸近線に近づく($d_1\to 0$)が、そのぶんもう一方から遠ざかり($d_2\to \infty$)、積はぴったり釣り合う。「漸近する」ことと「積一定」は同時に成り立っている。

まとめ: 双曲線の方程式は「漸近線への距離の積 = 一定」の言い換えである。左辺の因数分解がそのまま図形の性質になる。一般の $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ では積は $\frac{a^2{b}^2}{a^2+b^2}$ になる(同じ計算)。

発展。 $uv=4$ の見方をさらに進めると、45°回転で $xy=c$ 型(反比例)に移る直角双曲線の一般化が見える。「双曲線=2本の漸近線の1次式の積が一定」という読み方は、漸近線が直交しない一般の双曲線でも通用し、$d_1{d}_2=\frac{a^2{b}^2}{a^2+b^2}$ という一般公式も同じ計算で出る。

別解

漸近線を新しい座標軸にする($uv=$ 一定の形に直す)。 思い切って、漸近線の1次式そのものを新しい変数にとる:

$$u=x-2y,v=x+2y$$

すると双曲線の方程式 $x^2-4y^2=4$ は

$$uv=4$$

これは中学以来の反比例のグラフの形だ。双曲線とは「斜めの座標系で見た $uv=$ 一定」と見ることができる。2本の漸近線への距離は $d_1=\frac{|u|}{\sqrt{5}},d_2=\frac{|v|}{\sqrt{5}}$(点と直線の距離の公式の分子が、ちょうど $u,v$ になる)。よって

$$d_1{d}_2=\frac{|uv|}{5}=\frac{4}{5}$$

一定であることが、$uv=4$ の一言に還元された。本解の「分子が方程式そのもの」という観察を、座標変換として言い切った形で、$xy=c$ 型の双曲線(直角双曲線)との血縁も見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 極方程式では、まず $r^2\ge 0$ から $\theta$ の動ける範囲を確定する。$\cos 2\theta \ge 0$ より $-\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{4}$(右葉)とその反対側(左葉)に限られる。曲線は原点で交差する2枚の葉だ。

面積は極座標の公式 $S=\int \frac{1}{2}{r}^{2}d\theta$。$r^2=\cos 2\theta$ をそのまま入れられるのがこの形の御利益で、右葉の面積を計算して対称性で2倍する。範囲の確定を飛ばすと、葉のない方向まで積分して答えが合わなくなる。まず定義域を確かめる手間が欠かせない。

① 定義域(葉の範囲)。 $\cos 2\theta \ge 0⟺-\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{4}$(mod $\pi$)。$\theta =\pm \frac{\pi }{4}$ で $r=0$(原点)、$\theta =0$ で $r=1$(最遠点)となり、右葉はこの範囲で閉じる。左葉は対称。

② 右葉の面積。

$$S_{右}={\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}\frac{1}{2}\cos 2\theta d\theta =\frac{1}{2}{\left[\frac{\sin 2\theta }{2}\right]}_{-\pi /4}^{\pi /4}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$$

③ 全体。 左右対称だから

$$S=2\times \frac{1}{2}=1$$

曲線の式は4次式なのに、面積はちょうど $1$ という整数になる。

まとめ: 極方程式では「$r^2\ge 0$ の定義域」が形を決める。立ち入り禁止の $\theta$ が葉の切れ目になる。面積公式が $r^2$ を直接受け取るので、$r^2=\cos 2\theta$ 型はむしろ計算が軽い。定義域の吟味を飛ばして $0$ から $2\pi$ まで積分すると、負の $r^2$ を拾って値が合わない。この問題で間違えやすいところだ。

発展。 レムニスケート(ベルヌーイの連珠形)は「2定点からの距離の積が一定」の軌跡でもある(和なら楕円、差なら双曲線、積ならこの曲線)。面積は本問のとおり初等的に $1$ と求まるのに、弧長は初等関数では書けない。その研究(レムニスケート積分)から楕円関数論という大きな分野が生まれた。面積と長さで難しさが大きく違う、歴史的に重要な曲線だ。

別解

面積公式を扇形の区分求積で手作りしてから使う。 極座標の面積公式 $S=\int \frac{1}{2}{r}^{2}d\theta$ を、天下りでなく自前で正当化しておこう。

角の範囲を細かく $\Delta \theta$ ずつに刻むと、各切れ端は「半径 $r(\theta )$、中心角 $\Delta \theta$ の扇形」でほぼ近似できる。扇形の面積は $\frac{1}{2}{r}^2\Delta \theta$(円の面積 $\pi r^2$ の $\frac{\Delta \theta }{2\pi }$ 倍)。足し上げて $\Delta \theta \to 0$ とすれば

$$S=\int \frac{1}{2}{r}^{2}d\theta$$

区分求積の考え方そのものだ。あとは本解と同じ計算で、右葉 $=\frac{1}{2}{\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}\cos 2\theta d\theta =\frac{1}{2}$、全体で $1$。なお、この曲線は直交座標では $(x^2+y^2{)}^2=x^2-y^2$ と書ける($r^2=x^2+y^2$、$\cos 2\theta =\frac{x^2-y^2}{r^2}$ を代入)。直交形では面積計算が非常に難しいのに、極座標なら3行で済む。「曲線に合った座標を選ぶ」ことが役に立つ例だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 弦の中点に必要なのは、2交点の座標ではなく解の和だけだ。

直線 $y=x+k$ を楕円に代入して $x$ の2次方程式を作り、解と係数の関係で中点の $x$ 座標を $k$ で表す。$y$ 座標も直線の式から $k$ で書ける。

あとは2つの式から $k$ を消去すれば、中点の乗る直線が出る。個々の交点は求めない。「和だけ取り出す」計算の組み立てが、この型の問題の決め手になる。

① 代入して2次方程式を作る。 $y=x+k$ を楕円に代入:

$$\frac{x^2}{4}+(x+k{)}^2=1⟺\frac{5}{4}{x}^2+2kx+k^2-1=0$$

2点で交わる条件は判別式 $>0$、整理すると $k^2<5$(この範囲の $k$ を考える)。

② 中点を解の和で書く。 2解を $x_1,x_2$ とすると、解と係数の関係で

$$x_1+x_2=-\frac{2k}{5/4}=-\frac{8k}{5}$$

中点の座標 $(X,Y)$ は

$$X=\frac{x_1+x_2}{2}=-\frac{4k}{5},Y=X+k=-\frac{4k}{5}+k=\frac{k}{5}$$

③ $k$ を消去する。 $k=5Y$ を $X=-\frac{4k}{5}$ に代入して $X=-4Y$、すなわち

$$y=-\frac{x}{4}$$

中点はすべてこの直線上に乗る($k^2<5$ に対応して、楕円の内部にある部分だけを動く)。

まとめ: 「中点は解の和」で表すので、根号が一切現れない。一般の楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ と傾き $m$ でも同じ計算で中点直線 $y=-\frac{b^2}{a^{2}m}x$ が出る(共役な直径)。傾きの積が $-\frac{b^2}{a^2}$ で一定になるという、楕円の対称性の一つだ。

発展。 弦の傾き $m$ を一般にすると、中点の直線の傾き $m^{\prime }$ とのあいだに $m{m}^{\prime }=-\frac{b^2}{a^2}$(本問は $1\cdot (-\frac{1}{4})=-\frac{1}{4}$)という関係が成り立つ。この2方向の組は「共役直径」と呼ばれ、円の「垂直な直径」($m{m}^{\prime }=-1$)が伸長でゆがんだ姿。楕円の作図・面積・接線の議論で繰り返し出てくる、楕円の基本的な構造だ。

別解

楕円を円に伸ばして、垂直な直径で読む(アフィン変換)。 $Y=2y$ と縦に2倍伸ばすと、楕円 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$ は円 $x^2+Y^2=4$ になる。

この変換で、直線は直線に、中点は中点に移る(1次変換は内分比を保つ)。弦の族 $y=x+k$ は $Y=2x+2k$、つまり傾き2の平行な弦の族に移る。

円ならすぐに分かる。平行な弦の中点は弦に垂直な直径の上に乗る(円の対称性)。傾き2に垂直な直径は $Y=-\frac{x}{2}$。

これを元の座標に戻す($Y=2y$)と

$$2y=-\frac{x}{2}⟹y=-\frac{x}{4}$$

解と係数(本解)はどんな場合にも使える計算で、円への伸長は「なぜ直線に乗るのか」を対称性で説明する方法だ。楕円の問題は、円に伸ばすと自明になるものが多い。面積 $\pi ab$ もこの変換から出てきた。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「法線が接地点を通る」⟺「$\mathrm{P}$ から接地点へのベクトルが、接ベクトルと垂直」である。垂直の主張は内積で表すのが一番早い。

接ベクトルは $\left(\frac{dx}{dt},\frac{dy}{dt}\right)=(1-\cos t,\sin t)$。$\mathrm{P}$ から接地点 $(t,0)$ へのベクトルは $(\sin t,\cos t-1)$。内積を計算すると、恒等的に $0$。1行の計算で、サイクロイドの幾何の大事な性質が分かる。

① 接ベクトル。

$$\frac{dx}{dt}=1-\cos t,\frac{dy}{dt}=\sin t$$

($0<t<2\pi$ では $(1-\cos t,\sin t)\ne (0,0)$ で接ベクトルが定まる。)

② 接地点へのベクトル。 $\mathrm{P}(t-\sin t,1-\cos t)$ から接地点 $\mathrm{Q}(t,0)$ へ:

$$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=(t-(t-\sin t),0-(1-\cos t))=(\sin t,\cos t-1)$$

③ 内積を計算する。

$$(1-\cos t)\sin t+\sin t(\cos t-1)=\sin t\{(1-\cos t)+(\cos t-1)\}=0$$

つまり恒等的に垂直である。よって $\mathrm{P}$ における法線は接地点 $(t,0)$ を通る。

まとめ: 内積を1回計算するだけだが、力学的な意味もある。転がる円はその瞬間、接地点を軸に回転しており、円上の各点の速度は接地点へ向かう半径と垂直になる(瞬間中心)。「法線が接地点を通る」はその力学の言い換えで、サイクロイドの接線の向き($\mathrm{P}$ と円の最高点を結ぶ)もここから読める。

発展。 サイクロイドには多くの性質があり、「最速降下線」(重力だけで2点間を最短時間で滑る形)であり、「等時曲線」(どこから放しても最下点までの時間が同じ)でもある。振り子時計のホイヘンスはこの等時性を利用した。本問の「法線が接地点を通る」は、これらの証明で繰り返し使われる基本部品だ。

別解

瞬間回転の中心として読む(物理の1行)。 転がる円の運動は、各瞬間には「接地点を中心とする回転」とみなせる(接地点は滑らないので、その瞬間だけ速度0=回転の軸)。

回転運動では、各点の速度はつねに「回転中心からその点へのベクトル」と垂直。点 $\mathrm{P}$ の速度ベクトルは接線方向だから、「接線 ⊥(接地点から $\mathrm{P}$)」となる。すなわち法線が接地点を通る。計算の内積 $0$ はこの力学の言い換えだった。

おまけに速さまで分かる。回転の角速度は $1$(単位時間に角 $t$ が $1$ 進む)なので、速さ $=$ 接地点までの距離。実際 $|\vec{v}{|}^2=(1-\cos t{)}^2+{\sin }^{2}t=2-2\cos t=|\overrightarrow{(\text{接地点})\mathrm{P}}{|}^2$ が恒等的に成り立つ。サイクロイドの頂上($t=\pi$)で速さが最大 $2$(=直径)になるのも、この見方なら一目だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (1)は焦点の公式の確認だ。楕円は $c^2=a^2-b^2=8-4=4$、双曲線は $c^2=a^2+b^2=2+2=4$ である。引く側と足す側で同じ $4$ になり、焦点 $(\pm 2,0)$ が一致する。

(2)は正面から: 2式を連立して交点 $(\pm 2,\pm \sqrt{2})$ を求め、接線の公式($\frac{x_{0}x}{8}+\frac{y_{0}y}{4}=1$ と $\frac{x_{0}x}{2}-\frac{y_{0}y}{2}=1$)から傾きを出して、積が $-1$ を確かめる。対称性から、4つの交点のうち1つで確かめれば、残りは符号の反転で同じ計算になる。

① 焦点の一致((1))。 楕円: $c^2=8-4=4$ → 焦点 $(\pm 2,0)$。双曲線: $c^2=2+2=4$ → 焦点 $(\pm 2,0)$。一致する。

② 交点を求める。 双曲線の式から $x^2-y^2=2$。楕円の式(×8)から $x^2+2y^2=8$。差をとって $3y^2=6$、$y^2=2$、$x^2=4$:

$$(x,y)=(\pm 2,\pm \sqrt{2})(\text{複号任意、4点})$$

③ 接線の傾きの積((2))。 交点 $(x_0,y_0)$($x_0{y}_0\ne 0$)で、接線の公式から傾きは

$$m_1=-\frac{x_0/8}{y_0/4}=-\frac{x_0}{2y_0}(\text{楕円}),m_2=\frac{x_0/2}{y_0/2}=\frac{x_0}{y_0}(\text{双曲線})$$

$$m_1{m}_2=-\frac{x_0^2}{2y_0^2}=-\frac{4}{2\cdot 2}=-1$$

($x_0^2=4,y_0^2=2$ を代入。)よって4つの交点すべてで2接線は直交する。

まとめ: 「焦点を共有する楕円と双曲線は直角に交わる」ことが分かった。焦点半径の反射性質(楕円は等角に反射、双曲線は等角に発散)を思い出すと、2曲線の接線が入射・反射の2等分線どうしになっている、という光学的な説明もつく。計算では $x_0^2,y_0^2$ の値が積 $-1$ をぴったり作る瞬間が見どころだ。

発展。 焦点 $(\pm 2,0)$ を共有する楕円と双曲線を全部描くと、平面が2つの曲線族の直交する網の目(直交曲線族)で覆われる。これは「楕円座標」と呼ばれる座標系で、熱の等温線と熱流の線、電場の等電位線と電気力線のように、「レベルの線と流れの線が直交する」物理の関係がこの網の目そのものになっている。

別解

反射性質どうしの直交(計算のない一般証明)。 交点の座標も接線の傾きも計算せずに、(2)をすべての共焦点ペアで示せる。

• 楕円の反射性質: 接線は2本の焦点半径 ${\mathrm{PF}}_1,{\mathrm{PF}}_2$ のなす角の外角を二等分する(焦点からの光が反対の焦点へ反射する)。
• 双曲線の反射性質: 接線は同じ2本の焦点半径のなす角の内角を二等分する。

交点 $\mathrm{P}$ では、2曲線が同じ2本の線分 ${\mathrm{PF}}_1,{\mathrm{PF}}_2$ を共有している。そして、同じ角の内角二等分線と外角二等分線はつねに直交する(2つの二等分線のなす角は $\frac{\text{内角}+\text{外角}}{2}=90^{\circ }$)。

よって、楕円の接線と双曲線の接線は直交する。焦点が同じでありさえすれば、どの楕円とどの双曲線の組でも成り立つ。本解の傾きの積 $-1$ はこの一般的な事実を座標で確かめたものである。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 媒介変数の曲線の接線は、傾き $\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}$ から。計算すると $-\tan t$ になる。

接線の方程式を点 $({\cos }^{3}t,{\sin }^{3}t)$ で立てて整理すると、単純な切片形 $\frac{x}{\cos t}+\frac{y}{\sin t}=1$ になる。切片は $\mathrm{A}(\cos t,0)$ と $\mathrm{B}(0,\sin t)$。だから ${\mathrm{AB}}^2={\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t=1$ である。長さが1になることは、この恒等式から直接分かる。

① 接線の傾き。

$$\frac{dx}{dt}=-3{\cos }^{2}t\sin t,\frac{dy}{dt}=3{\sin }^{2}t\cos t⟹\frac{dy}{dx}=\frac{3{\sin }^{2}t\cos t}{-3{\cos }^{2}t\sin t}=-\frac{\sin t}{\cos t}$$

② 接線を切片形に整理する。 点 $({\cos }^{3}t,{\sin }^{3}t)$ を通り傾き $-\frac{\sin t}{\cos t}$:

$$y-{\sin }^{3}t=-\frac{\sin t}{\cos t}(x-{\cos }^{3}t)$$

両辺に $\frac{\cos t}{\sin t}$ を掛けて整理すると

$$\frac{x}{\cos t}+\frac{y}{\sin t}={\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t=1$$

③ 切片の長さ。 $\mathrm{A}(\cos t,0)$、$\mathrm{B}(0,\sin t)$ だから

$$\mathrm{AB}=\sqrt{{\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t}=1$$

これは $\mathrm{P}$ の位置によらず一定である。

まとめ: アステロイドは「長さ1の棒(はしご)が壁と床を滑るときの包絡線」である。接線の切片間の長さが常に1なのは、この曲線がそうやってできることの表れだ。媒介変数の微分 → 切片形への整理 → 恒等式で締める、と計算の見せ場が3段続く。

発展。 アステロイドの全長は $6$(四分弧が $\frac{3}{2}$)と、曲線の長さとしては珍しく有理数になる。また「半径 $\frac{1}{4}$ の円を半径 $1$ の円の内側で転がした点の軌跡」でもあり(内サイクロイド)、はしごの包絡線と転がり曲線という2つの出自をもつ。円の中で円を転がす歯車の設計(ハイポサイクロイド)の、代表的な特別な場合だ。

別解

「滑るはしご」との関係を見る(包絡線の逆読み)。 長さ1のはしごが、上端を $y$ 軸、下端を $x$ 軸に置いたまま滑る。下端が $(\cos t,0)$、上端が $(0,\sin t)$ のときのはしごの直線は

$$\frac{x}{\cos t}+\frac{y}{\sin t}=1$$

これは本解で導いた接線とまったく同じ式だ。

実際、点 $({\cos }^{3}t,{\sin }^{3}t)$ はこの直線上にあり(${\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t=1$)、直線の傾き $-\tan t$ は曲線の $\frac{dy}{dx}$ と一致する。つまりアステロイドの接線の全体=滑るはしごの位置の全体である。アステロイドは、はしごの通過範囲の境界(包絡線)そのものだった。

このことが分かれば、$\mathrm{AB}=1$ は「はしごの長さは1」というただの前提になる。切片形(本解)の計算が導いた事実の裏に、動くはしごの1枚の絵が隠れていた。