京大2018年度理系第５問

問題.

曲線 $y = \log{x}$ 上の点 $A(t, \log{t})$ における法線上に, 点 $B$ を $AB = 1$ となるようにとる. ただし $B$ の $x$ 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 $r$ は $0 < r < 1$ を満たすとし, $t$ が $r$ 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 = \int_a^b \sqrt{\left(\dfrac{df}{dt}(t)\right)^2+\left(\dfrac{dg}{dt}(t)\right)^2}\,dt
\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, $\dfrac{-1}{1/t} = -t$ .

点 $B$ は $x$ 座標が $t$ より大きいので, 点 $B$ の $x$ 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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