接線・法線と曲線の凹凸

$f(x)=x^2$ の点 $(1,1)$ での接線と法線を求める。$f'(x)=2x$ なので $f'(1)=2$ で、接線は
$$ y=1+2(x-1)=2x-1 $$
である。法線は $(1,1)$ を通り、傾きが $-\frac12$（接線の傾き $2$ との積が $-1$）の直線なので
$$ y=1-\frac12(x-1)=-\frac12x+\frac32 $$
である。

点 $(0,-4)$ から放物線 $y=x^2$ に引いた接線を求める。接点を $(t,t^2)$ とすると、接線は $y=2t(x-t)+t^2=2tx-t^2$ である。これが $(0,-4)$ を通るので $-4=-t^2$、すなわち $t=\pm2$ である。接線は $y=4x-4$ と $y=-4x-4$ の 2 本になる。
図1 の左は ex-tnc-parabola の接線と法線、右はこの例の 2 本の接線（接点 $(2,4)$ と $(-2,4)$）を描いたものである。

$f(x)=x^3-3x$ とする。$f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$、$f''(x)=6x$ である。

$x=0$ の前後で $f''$ の符号が変わるので、点 $(0,0)$ が変曲点である。

$y=x^3$ の $x=1$ での接線は $y=1+3(x-1)=3x-2$ である。曲線との共有点は $x^3=3x-2$ の解で、
$$ x^3-3x+2=(x-1)^2(x+2)=0 $$
より $x=1$ と $x=-2$ の 2 つある。接線でも、離れたところで曲線ともう一度交わりうる。
逆に、放物線 $y=x^2$ と $y$ 軸（直線 $x=0$）は原点の 1 点だけを共有するが、$y$ 軸は原点での接線ではない（接線は $y=0$）。
1 つ目の例から、接線でも共有点が 1 つとは限らない。つまり「共有点が 1 つ」は接線であるための必要条件ではない。2 つ目の例から、共有点が 1 つでも接線とは限らない。つまり「共有点が 1 つ」は接線であるための十分条件でもない。

$f(x)=\sqrt x$ の $x=4$ での接線は、$f'(x)=\frac1{2\sqrt x}$ から $f'(4)=\frac14$ なので $y=2+\frac14(x-4)$ である。

$x$ を $4$ に $10$ 分の $1$ ずつ近づけると、差 $\mathbin{÷}(x-4)$ もほぼ $10$ 分の $1$ ずつ小さくなり、$0$ に近づく。これが prop-tnc-best-linear の主張である。

$f(x)=x^2$ で、$x=0$、$y=2$、$t=\frac12$ とすると、左辺は $f(1)=1$、右辺は $\frac12\cdot0+\frac12\cdot4=2$ で、確かに $1\le2$ である。
一般の $x$、$y$、$t$ でも、右辺から左辺を引いて展開すると
$$ (1-t)x^2+ty^2-\bigl((1-t)x+ty\bigr)^2=t(1-t)(x-y)^2\ge0 $$
となる（$(1-t)-(1-t)^2=t(1-t)$、$t-t^2=t(1-t)$ を使って整理する）。よって $x^2$ は実数全体で下に凸である。

1. $f(x)=e^x$ は $f''(x)=e^x>0$ である。$a=0$ での接線は $y=1+x$ なので、thm-tnc-above-tangent により、すべての実数 $x$ で $e^x\ge1+x$（等号は $x=0$ のときだけ）。$x=0.5$ なら $e^{0.5}=1.6487\ldots\ge1.5$ である。図2 は、$x=-1.2$、$0$、$1$ での接線（$x=0$ での接線が $y=1+x$）と、$x=\pm1.5$ の 2 点を結ぶ弦を描いたもので、グラフはどの接線よりも上にある（弦については ex-tnc-chord-exp で見る）。
2. $f(x)=-\log x$（$x>0$）は $f''(x)=\frac1{x^2}>0$ である。$a=1$ での接線は $y=-(x-1)$ なので $-\log x\ge-(x-1)$、すなわち $\log x\le x-1$（等号は $x=1$ のときだけ）。$x=2$ なら $\log2=0.6931\ldots\le1$ である。
3. $f(x)=-\sin x$ は開区間 $(0,\pi)$ で $f''(x)=\sin x>0$ である。区間の端 $a=0$ では thm-tnc-above-tangent を直接使えないので、接点 $a$ を $0$ に近づける。$0< a< x<\pi$ なら定理により $-\sin x\ge-\sin a-\cos a\,(x-a)$、すなわち $\sin x\le\sin a+\cos a\,(x-a)$ が成り立ち、$a\to0$ とすると $\sin x\le x$ となる。$x\ge\pi$ では $\sin x\le1< x$ なので、$x\ge0$ のすべてで $\sin x\le x$ である。$x=1$ なら $\sin1=0.8414\ldots\le1$ である。

1. 手で計算できる例として、$f(x)=x^2$、$x=0$、$y=2$、$t=\frac12$ で証明の手順をたどる。内分点は $z=1$ で、$z$ での接線は ex-tnc-parabola の $y=2x-1$ である。接線の上にあることから $f(0)=0\ge2\cdot0-1=-1$、$f(2)=4\ge2\cdot2-1=3$ である。それぞれに $\frac12$ を掛けて足すと、$\frac12\cdot0+\frac12\cdot4=2\ge\frac12\cdot(-1)+\frac12\cdot3=1=f(1)$ となる。右辺がちょうど $f(z)$ になるのが、証明の最後の括弧が $0$ になることに当たる。
2. $f(x)=e^x$ は ex-tnc-tangent-inequalities のとおりどの接線よりも上にあるので、thm-tnc-tangent-chord により下に凸である。図2 の弦の両端 $x=-1.5$、$y=1.5$ で確かめる。$e^{-1.5}=0.22313\ldots$、$e^{1.5}=4.48168\ldots$ である。$t=\frac12$ なら内分点は $0$ で、$e^0=1\le\frac{e^{-1.5}+e^{1.5}}2=2.35240\ldots$ である。$t=\frac14$ なら内分点は $\frac34\cdot(-1.5)+\frac14\cdot1.5=-0.75$ で、$e^{-0.75}=0.47236\ldots\le\frac34e^{-1.5}+\frac14e^{1.5}=1.28776\ldots$ である。どちらも、グラフが弦（図2 の破線）の下にあることを表している。

1. ex-tnc-cubic-table の $f(x)=x^3-3x$ の変曲点 $(0,0)$ での接線は $y=-3x$ である。$f(x)-(-3x)=x^3$ は $x<0$ で負、$x>0$ で正なので、曲線は接線を下から上へ横切る（図3）。
2. $f(x)=\dfrac1{1+x^2}=(1+x^2)^{-1}$ とする。微分すると $f'(x)=-2x(1+x^2)^{-2}$ で、もう一度積の微分を使うと
   $$ f''(x)=-2(1+x^2)^{-2}+(-2x)\cdot(-2)(1+x^2)^{-3}\cdot2x=\frac{-2(1+x^2)+8x^2}{(1+x^2)^3}=\frac{2(3x^2-1)}{(1+x^2)^3} $$
   である。分母は正なので、$f''$ の符号は $3x^2-1$ の符号と同じで、$x=\pm\frac1{\sqrt3}$ の前後で変わる。$x=\frac1{\sqrt3}$ では $1+x^2=\frac43$ なので、$f\left(\frac1{\sqrt3}\right)=\frac34$、$f'\left(\frac1{\sqrt3}\right)=-\frac2{\sqrt3}\cdot\frac9{16}=-\frac{3\sqrt3}8$ である。よって変曲点 $\left(\frac1{\sqrt3},\frac34\right)$ での接線は $y=\frac34-\frac{3\sqrt3}8\left(x-\frac1{\sqrt3}\right)=-\frac{3\sqrt3}8x+\frac98$ である。曲線と接線の差は、通分すると
   $$ f(x)-\left(-\frac{3\sqrt3}8x+\frac98\right)=\frac{8-(1+x^2)(9-3\sqrt3x)}{8(1+x^2)} $$
   で、分子を展開すると $8-9+3\sqrt3x-9x^2+3\sqrt3x^3=3\sqrt3x^3-9x^2+3\sqrt3x-1$ となる。これは $(\sqrt3x-1)^3=(\sqrt3x)^3-3(\sqrt3x)^2+3\sqrt3x-1$ に等しいので
   $$ f(x)-\left(-\frac{3\sqrt3}8x+\frac98\right)=\frac{(\sqrt3x-1)^3}{8(1+x^2)} $$
   である。右辺は $x=\frac1{\sqrt3}$ の前後で符号が変わるので、ここでも曲線は接線を横切る。

$f(x)=x^3-3x$ とし、点 $(p,q)$ から曲線 $y=f(x)$ に引ける接線の本数を調べる。
段 1（接線の式）。接点を $(t,f(t))$ とすると、$f'(t)=3t^2-3$ なので接線は
$$ y=(3t^2-3)(x-t)+t^3-3t=(3t^2-3)x-2t^3 $$
である。これが $(p,q)$ を通る条件は $q=(3t^2-3)p-2t^3$、すなわち
$$ h(t)=2t^3-3pt^2+3p+q=0 $$
である。
段 2（接点が違えば接線も違う）。$s\ne t$ の 2 つの接点で接線が一致したとすると、傾きから $3s^2-3=3t^2-3$、よって $s=-t$（$t\ne0$）で、$y$ 切片から $-2s^3=-2t^3$、よって $s=t$ となり矛盾する。したがって、接線の本数は $h(t)=0$ の異なる実数解の個数に等しい。
段 3（実数解の個数）。$h'(t)=6t^2-6pt=6t(t-p)$ である。$p\ne0$ なら $h$ は $t=0$ と $t=p$ で極値をとり、$h(0)=3p+q$、$h(p)=-p^3+3p+q$ である。3 次関数 $h$ が異なる 3 つの実数解をもつのは、2 つの極値が異符号のとき、すなわち $h(0)h(p)<0$ のときである。これを書き直すと、$q$ が $-3p$ と $p^3-3p$ の間にある（両端を含まない）ことになる。
$y=-3x$ は変曲点 $(0,0)$ での接線、$y=p^3-3p$ は曲線そのものの高さである。したがって、曲線と変曲点での接線とに挟まれた部分（図 4 の色の部分）の点からは 3 本、それ以外の点（$p=0$ の点を含む）からは 1 本または 2 本の接線が引ける。
たとえば $(p,q)=(2,0)$ では $-6<0<2$ なので 3 本引ける。$h(t)=2t^3-6t^2+6=0$ の解は $t=-0.8794$、$1.3473$、$2.5321$（小数第 5 位を四捨五入）で、接線の傾きはそれぞれ $-0.680$、$2.446$、$16.234$ である。接点は $(-0.8794,\,1.9581)$、$(1.3473,\,-1.5963)$、$(2.5321,\,8.6382)$ で、図4 の 3 つの色の点である。

半径 $r$ の円の下半分 $f(x)=-\sqrt{r^2-x^2}$（$-r< x< r$）を考える。微分すると
$$ f'(x)=\frac{x}{\sqrt{r^2-x^2}},\qquad f''(x)=\frac{r^2}{(r^2-x^2)^{3/2}} $$
である（$f''$ は $f'$ を商の微分で計算し、分子 $\sqrt{r^2-x^2}+\frac{x^2}{\sqrt{r^2-x^2}}=\frac{r^2}{\sqrt{r^2-x^2}}$ をまとめる）。また $1+f'(x)^2=\frac{r^2-x^2+x^2}{r^2-x^2}=\frac{r^2}{r^2-x^2}$ なので、$(1+f'^2)^{3/2}=\frac{r^3}{(r^2-x^2)^{3/2}}$ である。よって
$$ \kappa(x)=\frac{r^2}{(r^2-x^2)^{3/2}}\cdot\frac{(r^2-x^2)^{3/2}}{r^3}=\frac1r $$
となり、円のどの点でも曲率は $\frac1r$、曲率半径は $r$ である。

1. $f(x)=x^2$ では $f'=2x$、$f''=2$ である。$x=0$ で $\kappa=\frac2{1}=2$、曲率半径 $\frac12$ で、曲率円は中心 $\left(0,\frac12\right)$ の円である（図5 の小さな円）。$x=1$ では $\kappa=\frac2{5^{3/2}}=\frac{2\sqrt5}{25}=0.1789\ldots$、曲率半径 $\frac{5\sqrt5}2=5.590\ldots$ で、曲率円の中心は $(-4,\frac72)$ である（中心から $(1,1)$ までの距離は $\sqrt{25+\frac{25}4}=\frac{5\sqrt5}2$。図5 の大きな破線の円）。頂点から離れると、放物線はゆるやかに曲がる。
2. $f(x)=x^3-3x$ では、変曲点 $x=0$ で $f''(0)=0$ なので $\kappa=0$ である。曲がる向きが入れ替わる点では、曲がり方の強さが $0$ になる。

正の実数 $a$、$b$、$c$ について
$$ \frac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}+\frac{(c+a-b)^2}{(c+a)^2+b^2}+\frac{(a+b-c)^2}{(a+b)^2+c^2}\ge\frac35 $$
が成り立つことを証明し、等号が成り立つ条件を求めよ。
（出典：1997 年第 7 回日本数学オリンピック本選 第 2 問。問題文は本記事の言葉で述べた。Oly97）

$f(x)=x^4$ では $f''(x)=12x^2$ で、$f''(0)=0$ である。しかし $x\ne0$ では $f''(x)>0$ で、$0$ の前後で符号が変わらないので、原点は変曲点ではない。実際、原点での接線は $y=0$ で、$x^4\ge0$ なので曲線は接線の上にあり、横切らない（thm-tnc-above-tangent のとおり）。$f''(a)=0$ は変曲点であるための十分条件ではない。

$f(x)=x|x|$ とする。$x\ge0$ で $x^2$、$x<0$ で $-x^2$ なので、$f'(x)=2|x|$（$x=0$ でも差分商 $\frac{h|h|}h=|h|\to0$ から $f'(0)=0$）で、$f'$ は連続である。$x>0$ で $f''=2$、$x<0$ で $f''=-2$ なので、原点は def-tnc-inflection の意味の変曲点である。しかし $f'(x)=2|x|$ は $x=0$ で微分できず、$f''(0)$ は存在しない。prop-tnc-inflection-cross の後半の仮定（$f''(a)$ が存在して連続）を外すと、「変曲点では $f''(a)=0$」は成り立たない。それでも前半の結論は成り立ち、$f(x)-0=x|x|$ は原点の前後で符号を変える。

$f(x)=\dfrac1{x^2}$（$x\ne0$）では $f''(x)=\dfrac6{x^4}>0$ が定義域のすべての点で成り立つ。点 $(1,1)$ での接線は $f'(1)=-2$ から $y=3-2x$ である。ところが $x=-2$ では $f(-2)=\frac14$、接線の値は $7$ で、グラフは接線の下にある。thm-tnc-above-tangent の証明の段 2 は、$a$ と $x$ の間の点すべてで $f''\ge0$ であることを使うが、$-2$ と $1$ の間には定義されない点 $0$ がある。