\(xy\) 平面上の曲線 \(y = x^3\) を \(C\) とする. \(C\) 上の \(2\) 点 A \(( -1 , -1 )\) , B \(( 1 , 1 )\) をとる. さらに, \(C\) 上で原点 O と B の間に動点 P \(( t , t^3 ) \ ( 0 \lt t \lt 1 )\) をとる. このとき, 以下の問に答えよ.
(1) 直線 AP と \(x\) 軸のなす角を \(\alpha\) とし, 直線 PB と \(x\) 軸のなす角を \(\beta\) とするとき, \(\tan \alpha , \tan \beta\) を \(t\) を用いて表せ. ただし, \(0 \lt \alpha \lt \dfrac{\pi}{2}\) , \(0 \lt \beta \lt \dfrac{\pi}{2}\) とする.
(2) \(\tan \angle \text{APB}\) を \(t\) を用いて表せ.
(3) \(\angle \text{APB}\) を最小にする \(t\) の値を求めよ.
【 解 答 】
(1)
\[\begin{align} \tan \alpha & = ( \text{AP の傾き} ) \\ & = \dfrac{t^3 +1}{t+1} = \underline{t^2 -t +1} ( \gt 0 )\ , \\ \tan \beta & = ( \text{BP の傾き} ) \\ & = \dfrac{t^3 -1}{t-1} = \underline{t^2 +t +1} ( \gt 0 ) \end{align}\]
(2)
(1) の結果より, \(0 \lt \alpha \lt \beta \lt \dfrac{\pi}{2}\) なので \[ \angle \text{APB} = \pi -( \beta -\alpha ) \quad ... [1] \] ゆえに \[\begin{align} \tan \angle \text{APB} & = -\tan ( \beta -\alpha ) \\ & = -\dfrac{( t^2 +t +1 ) -( t^2 -t +1 )}{1 +( t^2 +t +1 ) ( t^2 -t +1 )} \\ & = -\dfrac{2t}{1 +( t^2 +1 )^2 -t^2} \\ & = \underline{-\dfrac{2t}{t^4 +t^2 +2}} \end{align}\]
(3)
[1] より, \(\angle \text{APB}\) が最小になるのは, \(\beta -\alpha\) が最大となるとき, つまり \(\tan ( \beta -\alpha )\) が最大となるときである.さらに \[ f(t) = \dfrac{1}{\tan ( \beta -\alpha )} = t^3 +t +\dfrac{2}{t^2} \] とおけば, これが最小となる \(t\) の値を求めればよい. \[\begin{align} f'(t) & = 3t^2 +t -\dfrac{2}{t^2} \\ & = \dfrac{3t^4 +t^2 -2}{t^2} \\ & = \dfrac{\left( \sqrt{3} t -\sqrt{2} \right) \left( \sqrt{3} t +\sqrt{2} \right) ( t^2 +1 )}{t^2} \end{align}\] したがって, \(f(t)\) の増減は下表の通り. \[ \begin{array}{c|ccccc} t & (0) & \cdots & \dfrac{\sqrt{6}}{3} & \cdots & (1) \\ \hline f'(t) & & - & 0 & + & \\ \hline f(t) & & \searrow & \text{最小} & \nearrow & \end{array} \] よって, 求める \(t\) の値は \[ t = \underline{\dfrac{\sqrt{6}}{3}} \]