III慶應義塾大学 2019年 数学 第III問解答・解説

$(1)\ P=(u,v)$ が焦点 $O$、準線 $y=-1$ の放物線上にあるとき $$u^2+v^2=(v+1)^2$$ であるから $u^2=2v+1.$ よって放物線は $\displaystyle y=\frac{x^2-1}{2}.$

(2) $\displaystyle P=\left(u,\frac{u^2-1}{2}\right)$ とおくと $$\displaystyle u^2+\left(\frac{u^2-1}{2}\right)^2=\frac{(u^2+1)^2}{4}.$$ 定義により $Q=(x,y)$ は $$\displaystyle x=\frac{4u}{(1+u^2)^2},\qquad y=\frac{2(u^2-1)}{(1+u^2)^2}.$$ $x$ は奇関数で、$u\ge0$ では $$\displaystyle \frac{dx}{du}=\frac{4(1-3u^2)}{(1+u^2)^3}.$$ したがって $x$ の最大値は $\displaystyle u=\frac1{\sqrt3}$ のとき $\displaystyle \frac{3\sqrt3}{4}$、最小値はその反対符号である。ゆえに $$\displaystyle -\frac{3\sqrt3}{4}\le x\le\frac{3\sqrt3}{4}.$$ $y$ は $z=u^2\ge0$ とおくと $\displaystyle y=\frac{2(z-1)}{(1+z)^2}$ であり、 $$\displaystyle \frac{dy}{dz}=\frac{2(3-z)}{(1+z)^3}.$$ 最小値は $z=0$ のとき $-2$、最大値は $z=3$ のとき $\displaystyle \frac14$ なので $$\displaystyle -2\le y\le\frac14.$$

$(3)\ u^2\le1$ のとき、対応する $Q$ の $y$ 座標は $y\le0$ である。微分すると $$\displaystyle \frac{dx}{du}=\frac{4(1-3u^2)}{(1+u^2)^3},\qquad \frac{dy}{du}=\frac{4u(3-u^2)}{(1+u^2)^3},$$ ゆえに $$\displaystyle \sqrt{\left(\frac{dx}{du}\right)^2+\left(\frac{dy}{du}\right)^2} =\frac4{(1+u^2)^{3/2}}.$$ したがって $y\le0$ の部分の長さは $$\displaystyle \int_{-1}^{1}\frac4{(1+u^2)^{3/2}}\,du =4\left[\frac{u}{\sqrt{1+u^2}}\right]_{-1}^{1}=4\sqrt2.$$

(4) 反転の式は原点を通る直線を保つため、$Q$ が $y=ax$ 上にあることと、対応する $P$ が同じ直線上にあることは同値である。放物線と $y= ax$ の交点の $x$ 座標 $u$ は $$\displaystyle \frac{u^2-1}{2}=au,\qquad u=a\pm\sqrt{a^2+1}.$$ $P=(u,au)$ に対して $\displaystyle Q=\frac{P}{|P|^2}$ より $$\displaystyle Q=\left(\frac1{(1+a^2)u},\frac{a}{(1+a^2)u}\right).$$ 二つの根を $u_1,u_2$ とすると $u_1+u_2=2a,\ u_1u_2=-1$ なので $$\displaystyle \frac1{u_1}+\frac1{u_2}=\frac{u_1+u_2}{u_1u_2}=-2a.$$ 二つの $Q$ の中点は $$\displaystyle M_a=\left(-\frac{a}{1+a^2},-\frac{a^2}{1+a^2}\right).$$

$\displaystyle (5)\ |OM_a|^2=\frac{a^2}{1+a^2}$ だから $$\displaystyle \overrightarrow{ON_a}=\frac{1}{|OM_a|^2}\overrightarrow{OM_a} =\left(-\frac1a,-1\right).$$ $a>0$ で $-1/a$ は負の実数全体を動くので、軌跡は $y=-1,\ x<0.$

図示追補を以下に示す（原式・条件・結論は変更しない）。