解説

方針・初手

接線の方程式を求め、その $x$ 軸・$y$ 軸との交点を調べればよい。

曲線 $C$ は

$$ x^r+y^r=1 $$

で与えられており、点 $P(p,q)$ は $C$ 上にあるから

$$ p^r+q^r=1 $$

を満たす。まず陰関数として微分して、点 $P$ における接線の式を作る。

解法1

曲線

$$ x^r+y^r=1 $$

を $x$ で微分すると、

$$ r x^{r-1}+r y^{r-1}\frac{dy}{dx}=0 $$

より

$$ \frac{dy}{dx}=-\frac{x^{r-1}}{y^{r-1}} $$

である。したがって、点 $P(p,q)$ における接線 $\ell$ の方程式は

$$ y-q=-\frac{p^{r-1}}{q^{r-1}}(x-p) $$

となる。これを整理すると

$$ p^{r-1}x+q^{r-1}y=p^r+q^r=1 $$

である。

（1） 点 $A,B$ の座標

点 $A$ は接線 $\ell$ と $x$ 軸の交点であるから、$y=0$ を代入して

$$ p^{r-1}x=1 $$

より

$$ x=p^{1-r} $$

となる。よって

$$ A\left(p^{1-r},,0\right) $$

である。

同様に、点 $B$ は接線 $\ell$ と $y$ 軸の交点であるから、$x=0$ を代入して

$$ q^{r-1}y=1 $$

より

$$ y=q^{1-r} $$

となる。したがって

$$ B\left(0,,q^{1-r}\right) $$

である。

（2） 線分 $AB$ の長さが一定となる $r$

（1） より、

$$ AB=\sqrt{\left(p^{1-r}\right)^2+\left(q^{1-r}\right)^2} $$

であるから、

$$ AB^2=p^{2-2r}+q^{2-2r} $$

となる。

ここで

$$ u=p^r,\quad v=q^r $$

とおくと、$u+v=1$ であり、

$$ AB^2=u^{\frac{2-2r}{r}}+v^{\frac{2-2r}{r}} =u^{\frac{2}{r}-2}+v^{\frac{2}{r}-2} $$

となる。さらに $v=1-u$ より、

$$ AB^2=u^a+(1-u)^a \qquad \left(a=\frac{2}{r}-2\right) $$

と表せる。

これが $0<u<1$ のすべてで一定となるためには、関数

$$ f(u)=u^a+(1-u)^a $$

が定数関数でなければならない。微分すると

$$ f'(u)=a\left(u^{a-1}-(1-u)^{a-1}\right) $$

である。これがすべての $u$ で $0$ になるには、$a=1$ でなければならない。よって

$$ \frac{2}{r}-2=1 $$

すなわち

$$ \frac{2}{r}=3 $$

より

$$ r=\frac{2}{3} $$

を得る。

実際、このとき

$$ AB^2=p^{2/3}+q^{2/3}=1 $$

となり、$AB=1$ で一定である。

解説

接線の式を

$$ p^{r-1}x+q^{r-1}y=1 $$

の形まで整理できると、軸との交点は直ちに読める。この問題の本質は、$P$ が曲線上を動いても $AB$ が一定となる条件を指数に着目して見抜くことである。

（2） では $p^r+q^r=1$ をそのまま使える形に直すために、$u=p^r,\ v=q^r$ と置くのが自然である。すると「$u+(1-u)$ の形」に落ち、定数になるための指数条件を調べやすくなる。

答え

**(1)**

$$ A\left(p^{1-r},,0\right),\qquad B\left(0,,q^{1-r}\right) $$

**(2)**

$$ r=\frac{2}{3} $$

である。