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グラフについて考える− 重解の考えを使って −かたおか片岡ひろのぶ

宏信伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊

特集 工夫した指導伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊§1．はじめに例1

= +3+5

本稿は，重解や共有点といったことを考えること=(+1)++4により，曲線の接線や曲線と曲線が接するというこ=(−1)+5+4とを考えている。既知の知識を使って，グラフを少と変形できることから，= +3+5 のし違う観点から考えさせることにより，生徒のグラ

=0 における接線の式は，=3+5，フに対する理解をより深めるとともに，数学のおも

=−1 における接線の式は，=+4，しろさを実感できるような教材の開発を目的とした。

=1 における接線の式は，=5+4，であることがわかる。

§2．放物線の接線について例2

= +3+5放物線 =(−2)+3+1 の =2 での接線の=(− p)+(2 p+3)− p +5方程式は =3+1 である。なぜならば，連立方から，= p における接線の式は，

程式

=(2 p+3)− p +5 である。このことは，= p

=(−2)+3+1における接線の傾きが，2 p+3 であること，すな=3+1

わち ′=2+3 を示している。

を解くと，§3． 3 次関数のグラフの接線について

3+1=(−2)+3+1以上のことは 3 次関数のグラフについても同様にから，重解 =2 が得られる。


よって，放物線 =(−2) +3+1 と直線
=3+1 は =2 で重解をもつので，直線
=3+1 は放物線 =(−2)+3+1 の =2 での接線になっている。
このことは容易に一般化できて，次のことがいえる。

考えることができる。
=a(− p)(−q)+b+c の = p に お ける接線の式は，=b+c である。さらにこの接線はもとの曲線と，=q で再び交わる。
証明



=a(− p)+b+c の = p における接線の式は，=b+c である。
証明

=a(− p)(−q)+b+c=b+cを解くと，a(−p)(−q)=0 から，重解 =p と=q が 求 ま る。し た が っ て，=b+c は =p

連立方程式

連立方程式

=a(− p) +b+cに お い て，=a(− p)(−q)+b+c と 接 し て

=b+cおり，また，=q で交わる。
を解くと，a(− p) =0 から，重解 = p が求まる。したがって，=b+c は = p において，
=a(− p)+b+c

= −5 +3+2=(−1)(−3)−4+5と接している。

より，=−4+5 は =1 において，(証明終)2(証明終)例1

= −5 +3+2 と接し，=3 で交わる。

 −5 +3+2 を (−2) で割ると，商が例2まる。したがって，=b+c は = p において，
=P()=(− p)Q()+b+c と接している。

−1 余りが −5+6 となるので，
 −5 +3+2=(−2)(−1)−5+6(証明終)

したがって，曲線 = −5 +3+2 の =2

さらに，Q()=0 となる実数  が存在するとき，における接線の式は =−5+6 であり，そのその  において，直線 =b+c は再び，=P()接線は =1 で曲線と交わる。と共有点をもつ。

= −3 +2+5=(−1)(−1)−+6 か

例3ら，=−+6 は =1 において，
= −3 +2+5 と接しており，また，=1は変曲点になっている。実際，′=3(−1)−1″=6(−1) か ら，=1 の 前 後 で ″ の 符 号 が変わるので，=1 は変曲点になっていることがわかる。
このことを一般的に示すと次のようになる。
3 次関数のグラフ =a(− p)+b+c は
= p の点で変曲点をもち，その点での接線の式は，=b+c である。
証明

= p で，=b+c と接する曲線は
=(− p)Q()+b+cとかける。
証明

= f () と =b+c が =p で接するとき， f ( p)=bp+c と f ′( p)=b が成り立つ。
f ( p)−(bp+c)=0 から因数定理を使って，
f ()−(b+c)=(− p)g()……①とかける。また①の両辺を微分すると
f ′()−b=g()+(− p)g′()ここで，f ′( p)−b=g( p)+( p− p)g′( p)=0

連立方程式

整 式 を 使 っ て 表 さ れ る 関 数 を 考 え る と き，

=a(− p) +b+cから，再び因数定理を使って

=b+cg()=(− p)h()を解くと，a(− p) =0 から，3 重解 = p が求まる。したがって，=b+c は = p において，とかける。よって①から
f ()−(b+c)=(− p)h()=a(− p) +b+c と接している。また，となる。

″=6a(− p) から，= p の前後で ″ の符号がしたがって，変わる。したがって，= p の点は変曲点になって

f ()=(− p)h()+b+c①とかける。

いる。

(証明終)

(証明終)


次に， を (− p) で割った余りを考える。

§4．n 次関数のグラフの接線
さらに，一般に 2 次以上の関数のグラフについて

X =− p とおくと， =(X + p)
=X +C pX +…+C p  X 

次のことがいえる。

+C p  X + p 

整 式 P() を (− p) で 割 っ た 商 を Q()，余=(X +C pX +…+C p )X りを b+c とおくと，P()=(− p)Q()+b+c と か け る。こ のとき，
=P()=(− p)Q()+b+c の = p における接線の式は，=b+c である。
証明

連立方程式



=(− p) Q()+b+c=b+cを解くと，(− p) Q()=0 より，重解 = p が求+np  X + p であるから，  を (− p) で割った余りはnp  X + p =np −(n−1)p となる。
ゆえに，=  の = p における接線の式は
=np−(n−1)pである。そして，接線の傾きは =p のとき，np であるから，=  のとき，′=n  であることも導くことができる。

3

§5．曲線が接するということ

=g() は = p で接し，Q()=0 の実数解

これまでの考えを接線に限らずに 2 つの曲線につが存在すれば，その点において共有点をもち，存在しなければ共有点をもたない。

いて用いてみる。
曲線 = f () と曲線 =g() があって，証明= f ()=a(− p)Q()+g() =g()f ()=a(− p) +g()という関係を満たすとき，2 つの曲線は = pを解くと，a(−p)Q()=0 から，重解 =p が求で接する。
証明

まる。したがって，曲線 = f () と曲線 =g()連立方程式

連立方程式

= f ()=a(− p)+g()=g()

を解くと，a(−p)=0 から，重解 =p が求まる。

は = p で接している。また，明らかに Q()=0の実数解が存在すれば，その点において共有点をもち，存在しなければ共有点をもたない。
(証明終)し た が っ て，曲 線 = f () と 曲 線 =g() は
= p で接している。
例1

=  のグラフについて，次のことがわかる。
= =2(−1)− +4−2

円  + =r  が円上の点 ( p，q) の座標を使っ て，(− p)+(−q)=a+b+c と 変 形=3(−1) −2 +6−3と変形できることから，できるとき，点 ( p，q) における接線の式は

=  は =1 で =2−1， =− +4−2，a+b+c=0 である。

=−2 +6−3 と接する。
例2

=  と =1 で接する曲線は次のようにして求めることもできる。
= +(−1)

さらに，=  と =1 で接し，=2 で交わるような曲線は次のようにして求めることができる。

a+b+c=0( p，q) において，(− p)+(−q)=a+b+cと接している。
これは次のように証明することもできる。

= +2(−1)(−2)= −3(−1)(−2) など
また，=  と =1 で接し，他に交点をもたないような曲線は，次のようにして求めることができる。
= +(−1)( +1)
= +(−1)( +2)(− p)+(−q)=a+b+c(証明終)= +(−1)(−2)

例4

連立方程式

=q が求まる。したがって，a+b+c=0 は点

= −3(−1) など
例3

証明を解くと，(− p)+(−q)=0 から，重解 = p，

= +2(−1)

円 (− p)+(−q)=a+b+c の 点 ( p，q)における接線の式は，( p− p)(− p)+(q−q)(−q)=ap+q+
+b+c22

よって，など以上のことより，一般に次のことがいえる。
曲線 = f () と曲線 =g() があって，
f ()=a(− p)Q()+g()という関係を満たすとき，= f () と4円や楕円の接線についても，同様に考えて接線の式を求めることができる。

=(−1)+2−1
§6．2 次曲線の接線a( p+)+b(q+)+2c=0
ここで，点 ( p，q) は円周上の点であるから，( p− p)+(q−q)=ap+bq+cすなわち，ap+bq+c=0 を満たす。したがって，接線の式は a+b+c=0 となる。
(証明終) + =10 上の点 (1，3) を使って，例1(−1)+(−3)=−2−6+20 と変形できるから，接線の式は −2−6+20=0

すなわち，+3=10 である。

2 次曲線 a +b +c+d+e=0上の点 ( p，q) を使って，2 次曲線a +b +c+d+e=l(− p)+m(−q)

楕円についても同様のことがいえる。って，楕円の式をl(−p)+m(−q)=a+b+c と変形できるとき，点 ( p，q) における接線の式は接する。
証明

点 ( p，q) は曲線①上の点であるから，ap +bq +cp+dq+e=0を満たす。

a+b+c=0 である。

点 ( p，q) の座標は曲線②も満たすので，点 ( p，q)(証明略)は 2 つの曲線①②上の点である。
また，①の点 ( p，q) における接線の式はまた，ap+bq+c

直線 a+b+c=0 上の点 ( p，q) を用いて 2次曲線の式を

p+
q++d+e=022

一方，②の点 ( p，q) における接線の式はl(− p)+m(−q)=a+b+cap+bq+cと作るとき，この 2 次曲線は点 ( p，q) において直線 a+b+c=0 と接する。

p+q++d+e22=l( p− p)(− p)+m(q−q)(−q)となって，一致するので 2 つの 2 次曲線①②は点2 次曲線( p，q) で接する。

l(− p)+m(−q)=a+b+c上の点 ( p，q) における接線の式を求めると，l( p− p)(− p)+m(q−q)(−q)=a……②を作るとき，2 つの 2 次曲線①②は点 ( p，q) で楕円 l +m =r  上の点 ( p，q) の座標を使

証明……①(証明終)ここで，(a−l)(b−m)>0 のときは楕円，

+ p
+q+b+c22(a−l)(b−m)=0 のときは放物線，(a−l)(b−m)<0 のときは双曲線，

ここで，ap+bq+c=0 から，a+b+c=0 が求になる。

まる。
(証明終)

§7．2 次曲線が接するということ
次に，接線に限らず 2 次曲線が接する場合も含めて考える。
 + −10+a(−1)+b(−3)=0 の式が，さらに，もっと一般的に次のことがいえる。
2 次曲線 f (，)=0 上の点 ( p，q) を使ってf (，)=l(− p)+m(−q)

……①の式で表される 2 次曲線は，2 次曲線 f(，)=0と点 ( p，q) で接する。

円・楕円などの 2 次曲線を表しているとき，この 2証明次曲線は  + =10 と点 (1，3) で接する。なぜかに，2 次曲線の式①を満たすので，点 (p，q) は 2 つなら，明らかに点 (1，3) は 2 つの曲線の共有点であの曲線の共有点である。また，2 次曲線 f (，)=02 次曲線 f (，)=0 上の点 ( p，q) は明らり，その点における接線の式が共に +3=10 との点 ( p，q) における接線の式を， f (，)=0 となり一致するからである。ここで，もとの 2 次曲線

書くと，①の接線の式は，は，f (，)=l( p− p)(− p)+m(q−q)(−q)(a+1)(b+1)>0 のときは楕円，から，f (，)=0 とかける。よって，2 つの 2 次(a+1)(b+1)=0 のときは放物線，曲線の接線は一致し，したがって，2 つの曲線は点(a+1)(b+1)<0 のときは双曲線，になる。

( p，q) で接している。

以上のことを参考にして，一般に次のことがいえ(証明終)る。

5§8．終わりに

=  のグラフと共有点をもたない曲線は例5重解が表れるということを使って，考えられるグ次のように考えて作ることもできる。
= +a( +1)

ラフについての考察を行った。
整式の割り算の余りの式が，接線の式になっていること，またそこから微分の公式が導かれること，割り算の商を調べることで，共有点の座標がわかることなど，生徒にとってよく知っていると思っていること，あるいは別々のものだと思っていることの中に，意外なつながりや発見があることなど，生徒の数学に対する興味を起こさせるのに，適当な教材の一つになり得ると考える。

したがって，一般的に次のことがいえる。
= f () と = f ()+Q() のグラフは，Q()=0 となる点で共有点をもつ。Q()=0となる点がなければ共有点をもたない。

例6

また，=  と (，)=(1，1)，(2，4) で交わる曲線は，次のように考えることもできる。
− =(−1)(−4)+(−1)(−2)

6 節 7 節に表れる 2 次曲線の式については，必ず2 次曲線を表していることを保障するものではない。
その式が 2 次曲線を表すための，その他の条件を満たしていることを仮定している。
ここでは，重解を中心に使って，直線や曲線が接することについて考えてきたが，本稿の中にもときどき表れたように，同様の考え方で交点をもつ直線や曲線についても考えることができる。以下にそのほんの一例ではあるが，その考え方を示すことにする。
例1から，− =0 は，(，)=(1，1)(2，4) で +2 −6−3+6=0と共有点をもつ。
=  と (，)=(1，1)，(2，4) で交わる

例7曲線は，次のように考えて作ることもできる。
− +a(−1)(−2)+b(−1)(−4)=0 + −10+a(−1)(+1)

例8+b(−3)(+3)=0



は， − =10 と (1，3)，(−1，−3) で交わる曲

= =(−1)(−2)+3−2と変形できることから，= は =1，=2 で=3−2 と交わることがわかる。
例2− −2 +6+3−6

=  と =1，=2 で交わる直線や曲線は，次のように考えて作ることもできる。
= +a(−1)(−2)以上のことから，次のことが一般的にいえる。

線になっている。
したがって，一般的に次のことがいえる。
2 次曲線 f (，)=0 があるとき，f (，)=0上の点 ( p，q) を使って，f (，)+a(− p)+b(−q)=0 を作るとき，この曲線は f (，)=0 と点 ( p，q) を共有する。

曲線 = f ()+a(−p)(−q) は = f () と
= p，=q で交わる。
さらに，曲線
= f ()+a(− p)(−q)(−r) は = f ()と = p，=q，=r で交わる。

《参考文献》〔1〕

片岡宏信 2 次曲線の接線について

数研通信
〔2〕

=  と，=0，1，2 で交わる直線や曲線は次のようにして作ることができる。
= +a(−1)(−2)
例4

=  のグラフと =1 のみを共有する曲線は次のようにして作ることができる。
= +a(−1)( +1)

6pp. 18∼22

片岡宏信 2 次曲線の接線について

数研通信
例3No. 68
No. 69pp. 18∼21(兵庫県立福崎高等学校)