4東京大学 2024年 数学 第4問解答・解説

$f(t)=\dfrac{\sqrt2}{4}(16-t^2)$ なので、$0<t<4$ では $f(t)>0$ であり、$f'(t)=-\dfrac{t}{\sqrt2}$。

(1) 円の接点は $P=(t,f(t))$、中心は $C=(c(t),0)$ である。円の接線の傾きは円の方程式を微分して
$$-\frac{t-c(t)}{f(t)}$$
となる。放物線の接線の傾き $f'(t)$ と等しいので
$$-\frac{t-c(t)}{f(t)}=-\frac{t}{\sqrt2},\qquad c(t)=t-\frac{t f(t)}{\sqrt2}=\frac{t^3}{4}-3t.$$
半径は $CP$ だから
$$\begin{aligned} r(t)^2&=(t-c(t))^2+f(t)^2\\ &=\frac{t^2(16-t^2)^2}{16}+\frac{(16-t^2)^2}{8}\\ &=\frac{(t^2+2)(16-t^2)^2}{16}\\ &=\frac{t^6}{16}-\frac{15t^4}{8}+12t^2+32. \end{aligned}$$$$r(t{)}^2=(t-c(t){)}^2+f(t{)}^2$$$$=\frac{t^2(16-t^2{)}^2}{16}+\frac{(16-t^2{)}^2}{8}$$$$=\frac{(t^2+2)(16-t^2{)}^2}{16}$$$$=\frac{t^6}{16}-\frac{15t^4}{8}+12t^2+32.$$

(2) 点 $(3,a)$ が円 $C_t$ 上にある条件は
$$a^2=r(t)^2-(3-c(t))^2=g(t),$$
ただし展開すると
$$g(t)=-\frac38t^4+\frac32t^3+3t^2-18t+23, \qquad g'(t)=-\frac32(t+2)(t-2)(t-3).$$
したがって $g$ は $0<t<2$ の範囲で減少し、$2<t<3$ の範囲で増加し、$3<t<4$ の範囲で減少する。端の値と極値は
$$g(0)=23,\qquad g(2)=5,\qquad g(3)=\frac{49}{8}=f(3)^2,\qquad g(4)=-1.$$
仮定 $0<a<f(3)$ より $0<a^2<49/8$。

$0<a^2<5$ のとき、解は $g$ が $49/8$ から $-1$ へ減少する区間 $3<t<4$ の範囲に1個だけある。$a^2=5$ のときは $t=2$ と $3<t<4$ の範囲内の1個で計2個。$5<a^2<49/8$ のときは各区間 $0<t<2$, $2<t<3$, $3<t<4$ に1個ずつあり計3個である。従って、求める個数は
$$\begin{cases} 1 &(0<a<\sqrt5),\\ 2 &(a=\sqrt5),\\ 3 &(\sqrt5<a<\dfrac{7\sqrt2}{4}). \end{cases}$$