京大2018年度理系第5問

この記事の所要時間: 735

問題.

曲線 y = \log{x} 上の点 A(t, \log{t}) における法線上に, 点 BAB = 1 となるようにとる. ただし Bx 座標は t より大きいとする.

(1) 点 B の座標 (u(t), v(t)) を求めよ. また, \left(\dfrac{du}{dt}, \dfrac{dv}{dt}\right) を求めよ.

(2) 実数 r0<r<1 を満たすとし, tr から 1 まで動くときに点 A と点 B が描く曲線の長さをそれぞれ L_1(r), L_2(r) とする. このとき, 極限 \displaystyle\lim_{r\to+0}\left(L_1(r)-L_2(r)\right) を求めよ.

媒介変数表示された曲線の長さの問題です.

xy 平面上の曲線が

\begin{align*} x &= f(t)\\ y &= g(t)\quad (a\leqq t\leqq b) \end{align*}

によって表されていて, f(t), g(t) が微分可能であれば, この曲線の長さは

\begin{align*} L = \left\int_a^b \sqrt{\left(\dfrac{df}{dt}(t)\right)^2+\left(\dfrac{dg}{dt}(t)\right)^2}\,dt\right. \end{align*}

によって求まります.

解答例.

(1) y = \log{x} より, 微分して y^\prime=\dfrac{1}{x}.

A(t, \log{t}) における法線の傾きは, \dfrac{-1}{1/t} = -t.

Bx 座標が t より大きいので, 点 Bx 座標を t+T\,(T>0) とおくと, A を通って傾き -t の直線上にあるので, y 座標は \log{t}-tT となります.

ここで, 条件 AB=1 を使います. A(t, \log{t}), B(t+T, \log{t}-tT) なので,

\begin{align*} T^2 + (-tT)^2 &= 1\\ \therefore T &= \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}} \end{align*}

したがって, B の座標は (u(t), v(t)) = \left(t+\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}, \log{t}-\dfrac{t}{\sqrt{1+t^2}}\right).

u(t), v(t) を微分すると,

\begin{align*} \dfrac{du}{dt} &= 1-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2t}{(1+t^2)^\frac{3}{2}}\\ &= 1 - \dfrac{t}{(1+t^2)^\frac{3}{2}}\\ \dfrac{dv}{dt} &= \dfrac{1}{t} - \dfrac{\sqrt{1+t^2}-t\cdot\frac{2t}{2\sqrt{1+t^2}}}{1+t^2}\\ &= \dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{(1+t^2)^\frac{3}{2}} \end{align*}

よって, \left(\dfrac{du}{dt}, \dfrac{dv}{dt}\right) = \left(1 - \dfrac{t}{(1+t^2)^\frac{3}{2}}, \dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{(1+t^2)^\frac{3}{2}}\right).

(2) まず, y=\log{x} から y^\prime=\frac{1}{x} なので,

\begin{align*} L_1(r) &= \int_r^1 \sqrt{1+\left(\dfrac{1}{x}\right)^2}\,dx\\ &= \int_r^1 \dfrac{\sqrt{1+x^2}}{x}\,dx \end{align*}

となります.

次に, L_2(r) を考えます.

(1) より, \dfrac{dv}{dt} = \dfrac{1}{t}\cdot\dfrac{du}{dt} なので,

\begin{align*} \left(\dfrac{du}{dt}\right)^2+\left(\dfrac{dv}{dt}\right)^2 &= \left(\dfrac{du}{dt}\right)^2+\dfrac{1}{t^2}\cdot\left(\dfrac{du}{dt}\right)^2\\ &= \dfrac{1+t^2}{t^2}\cdot\left(\dfrac{du}{dt}\right)^2. \end{align*}

ここで, (1+t^2)^3\geqq 1+t^2>t^2\geqq 0 より,

\dfrac{t}{(1+t^2)^\frac{3}{2}}=\sqrt{\dfrac{t^2}{(1+t^2)^3}}<1 なので, \dfrac{du}{dt}>0 です.

よって, L_2(r) は,

\begin{align*} L_2(r) &= \int_r^1 \sqrt{\left(\dfrac{du}{dt}\right)^2+\left(\dfrac{dv}{dt}\right)^2}\,dt\\ &= \int_r^1 \sqrt{\dfrac{1+t^2}{t^2}\cdot\left(\dfrac{du}{dt}\right)^2}\,dt\\ &= \int_r^1 \dfrac{\sqrt{1+t^2}}{t}\cdot \dfrac{du}{dt}\,dt\\ &= \int_r^1 \dfrac{\sqrt{1+t^2}}{t}\cdot \left\{1 - \dfrac{t}{(1+t^2)^\frac{3}{2}}\right\}\,dt\\ &= \int_r^1 \left(\dfrac{\sqrt{1+t^2}}{t}-\dfrac{1}{1+t^2}\right)\,dt \end{align*}

よって,

\begin{align*} L_1(r) - L_2(r) &= \int_r^1 \dfrac{\sqrt{1+x^2}}{x}\,dx - \int_r^1 \left(\dfrac{\sqrt{1+t^2}}{t}-\dfrac{1}{1+t^2}\right)\,dt\\ &= \int_r^1 \dfrac{1}{1+t^2}\,dt \end{align*}

となります.

t=\tan\theta と置換すると, dt = \dfrac{1}{\cos^2\theta}dx で, t=r のとき \theta=\theta_r とすると,

\begin{align*} L_1(r) - L_2(r) &= \int_{\theta_r}^{\pi/4} \dfrac{1}{1+\tan^2\theta}\cdot\dfrac{1}{\cos^2\theta}\,d\theta\\ &= \int_{\theta_r}^{\pi/4}\,d\theta\\ &= \dfrac{\pi}{4} - \theta_r. \end{align*}

r\to+0 のとき, \theta_r\to+0 なので,

\begin{align*} \lim_{r\to+0} \left(L_1(r)-L_2(r)\right) &= \lim_{\theta_r\to +0} \left(\dfrac{\pi}{4}-\theta_r\right)\\ &= \dfrac{\pi}{4}. \end{align*}

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