京大2018年度第５問の一般化を考えてみた

京大2018年度第５問は, 前回の記事で紹介したように, 次のような問題でした.

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

(1) 点 $\rm B$ 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 $\rm A$ と点 $\rm B$ 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.

この問題の (2) で, $L_1(r)$ と $L_2(r)$ を積分の形で書いたときに, 同じ項が出てきて引き算すると消える, ということが起きました.

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

となっていました. これは偶然なのでしょうか?

というわけで, 今回はこの問題の曲線 $y=\log{x}$ を一般の微分可能な曲線 $y=f(x)$ とした場合を計算してみました.

新しい問題に一般化

曲線 ${\rm C} : y=f(x)$ を考えます. ここで, $f(x)$ は $x\in[a, b]$ において2階微分可能で, $f^\prime(x) > 0$ であるとします.

曲線 C 上の点 ${\rm A}(t, f(t))$ における法線上に点 $\rm B$ を ${\rm AB}=1$ となるようにとります. 但し, 点 $\rm B$ の $x$ 座標は $t$ より大きいとします.

このとき, 点 $\rm B$ の座標 $(u(t), v(t))$ と $\left(\dfrac{du}{dt}, \dfrac{dv}{dt}\right)$ を求め, $t$ が $a$ から $b$ まで動くときの点 $\rm A$ と点 $\rm B$ が描く曲線の長さ $L_1, L_2$ を求めていきます.

まず, 点 $\rm A$ における法線の傾きは $-\dfrac{1}{f^\prime(t)}$ なので, 点 $\rm B$ の $x$ 座標を $t+T(>t)$ とすると, ${\rm B} \left(t+T, f(t)-\dfrac{T}{f^\prime(t)}\right)$ .

${\rm AB} = 1$ なので,

\begin{align*}
T^2+\left(-\dfrac{T}{f^\prime(t)}\right)^2 &= 1\\
T &= \dfrac{f^\prime(t)}{\sqrt{1+f^\prime(t)^2}}
\end{align*}

よって,

\begin{align*}
{\rm B}(u(t), v(t)) = \left(t+\dfrac{f^\prime(t)}{\sqrt{1+f^\prime(t)^2}}, f(t)-\dfrac{1}{\sqrt{1+f^\prime(t)^2}}\right).
\end{align*}

次に, $u(t), v(t)$ を $t$ で微分します.

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

さて, ここから点 $\rm A, B$ の描く曲線の長さ $L_1, L_2$ を考えていきます.

まず, $L_1$ は,

\begin{align*}
L_1 = \int_a^b \sqrt{1+f^\prime(t)^2}\,dt.
\end{align*}

です. これは公式通りです.

次に,

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

なので, $\dfrac{du}{dt}>0$ であれば,

\begin{align*}
L_2 &= \int_a^b \sqrt{1+f^\prime(t)^2}\dfrac{du}{dt}\,dt\\
&= \int_a^b \sqrt{1+f^\prime(t)^2}\left(1 + \dfrac{f^{\prime\prime}(t)}{\left(1+f^\prime(t)^2\right)^\frac{3}{2}}\right)\,dt\\
&= \int_a^b \left(\sqrt{1+f^\prime(t)^2} + \dfrac{f^{\prime\prime}(t)}{1+f^\prime(t)^2}\right)\,dt.
\end{align*}

よって, $L_1$ と $L_2$ には同じ形の項が出てきました. 引き算してみると,

$\begin{align*} L _ 1 - L _ 2 &= - \int _ a ^ b \dfrac{f^{\prime\prime}(t)}{1+f^\prime(t)^2}\,dt\\ &= - \Big[ \arctan \big(f ^ \prime (t)\big) \Big]_a^b\\ &= \arctan\left(f^\prime(a)\right)-\arctan\left(f^\prime(b)\right). \end{align*}$