高校数学の解き方

高校数学の教科書や大学入試の問題を解いてみます。簡潔で分かりやすい解答で、模範解答に近いものを目指します。

数学(理系)の第5問(2018京都大学入試)

問題

          第 5 問

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

(1) \; \; \mathrm{B}\; の座標\; (u(t),\; v(t)) \; を求めよ。また、\displaystyle \Big(\frac{du}{dt} ,\; \frac{dv}{dt}\Big)\; を求めよ。

(2) \; 実数\; r\; \; 0 \lt r \lt 1 \; を満たすとし、t\; \; r\; から\; 1\; まで動くときに点\; \mathrm{A}\; と点\; \mathrm{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} \{ L_1(r)-L_2(r) \} \; を求めよ。

解答

(1) 点\; \mathrm{A}\; における接線の傾きは\displaystyle \; \frac{1}{t } \; だから

\displaystyle \frac{v(t)-\log t}{u(t)-t}\cdot  \frac{1}{t } =-1\cdots (ア)

また\; AB=1\; だから

\{u(t)-t\}^2+\{v(t)-\log t\}^2=1\cdots (イ)

(ア)より\; v(t)-\log t=-t\{u(t)-t\}

これを(イ)に代入

\displaystyle \{u(t)-t\}^2=\frac{1}{\; 1+t^2\; }

u(t) \gt t\; だから

\displaystyle u(t)-t=\frac{1}{\sqrt{1+t^2\; }\; } 

ゆえに \displaystyle u(t)=t+\frac{1}{\sqrt{1+t^2\; }\; }  

\displaystyle     v(t)=\log t-\frac{t}{\sqrt{1+t^2\; }\; }  

したがって、点\; \mathrm{B}\; の座標は \displaystyle \left(t+\frac{1}{\sqrt{1+t^2\; }\; } ,\; \; \log t-\frac{t}{\sqrt{1+t^2\; }\; } \right) 

\displaystyle \frac{du}{dt}=\left\{t+\frac{1}{\sqrt{1+t^2\; }\; } \right\}' =1+\frac{t}{(1+t^2)\sqrt{1+t^2\; }\; }

\displaystyle \frac{dv}{dt}=\left\{\log t-\frac{t}{\sqrt{1+t^2\; }\; } \right\}'

\displaystyle   =\frac{1}{t}-\frac{1}{(1+t^2)\sqrt{1+t^2\; }\; }

(2) x=t,\; y=\log t\; より

\displaystyle \frac{dx}{dt}=1,\; \frac{dy}{dt}=\frac{1}{t}\; だから\displaystyle \; \frac{dy}{dt}=\frac{1}{t} \cdot \frac{dx}{dt}

また (1)より \displaystyle \frac{dv}{dt}=\frac{1}{t} \cdot \frac{du}{dt}

さらに \displaystyle t \gt 0,\; \frac{dx}{dt} \gt 0,\; \frac{du}{dt} \gt 0\; だから

\displaystyle L_1(r)-L_2(r)

\displaystyle =\int_{r}^{1}\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+{\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}}dt -\int_{r}^{1}\sqrt{\left(\frac{du}{dt}\right)^2+{\left(\frac{dv}{dt}\right)^2}}dt

\displaystyle =\int_{r}^{1}\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\frac{1}{t^2} \cdot {\left(\frac{dx}{dt}\right)^2}}dt -\int_{r}^{1}\sqrt{\left(\frac{du}{dt}\right)^2+\frac{1}{t^2} \cdot {\left(\frac{du}{dt}\right)^2}}dt

\displaystyle =\int_{r}^{1}\frac{\sqrt{1+t^2}}{t} \cdot \frac{dx}{dt} dt -\int_{r}^{1}\frac{\sqrt{1+t^2}}{t} \cdot \frac{du}{dt} dt  

\displaystyle =\int_{r}^{1}\frac{\sqrt{1+t^2}}{t} \cdot \left(\frac{dx}{dt}- \frac{du}{dt}\right) dt         

\displaystyle =\int_{r}^{1}\frac{\sqrt{1+t^2}}{t} \cdot \frac{t}{(1+t^2)\sqrt{1+t^2\; }\; } dt      

\displaystyle =\int_{r}^{1}\frac{1}{1+t^2\; } dt \;   (ここで、t=\tan \theta ,\;r=\tan \alpha \; とすると)

\displaystyle =\int_{\alpha }^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{1+\tan^2 \theta\; } \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta } d \theta

\displaystyle =\int_{\alpha }^{\frac{\pi}{4}} d\theta

\displaystyle =\left[\; \theta \; \; \right]_{\alpha }^{\frac{\pi}{4}} 

\displaystyle =\frac{\pi}{4} -\alpha

r\longrightarrow +0\; のとき\displaystyle \; \alpha \longrightarrow 0 \; だから \displaystyle \frac{\pi}{4} -\alpha \longrightarrow \frac{\pi}{4}

ゆえに \displaystyle \lim_{r \to +0} \; \{ \; L_1(r)-L_2(r) \; \}= \frac{\pi}{4}

 

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