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北海道大学 1969年理系第5問解説

方針・初手

(1) $y$ についての式を $e^x$ の 2次方程式とみなして $x$ について解き、最後に $x$ と $y$ の文字を入れ替える。 (2) 指示された置換を用いて積分変数を $t$ に変換する。$\sqrt{x^2+1}$ が $t$ の式としてきれいに外れることに着目する。最後に (1) の結果を用いて $x$ の式に戻す。 (3) 求める領域を図示し、双曲線の式と $y$ 軸で囲まれる面積から直角三角形の面積を引く形で定積分を立式する。そこに (2) の不定積分の結果を活用して連立方程式に帰着させる。

解法1

(1)

$$ y = \frac{e^x - e^{-x}}{2} $$

両辺に $2e^x$ を掛けて整理する。

$$ 2y e^x = (e^x)^2 - 1 $$

$$ (e^x)^2 - 2y e^x - 1 = 0 $$

$e^x$ についての2次方程式とみて解の公式を用いると、

$$ e^x = y \pm \sqrt{y^2 + 1} $$

ここで $e^x > 0$ であり、$y - \sqrt{y^2 + 1} < 0$ であるため、

$$ e^x = y + \sqrt{y^2 + 1} $$

両辺の自然対数をとる。

$$ x = \log(y + \sqrt{y^2 + 1}) $$

$x$ と $y$ を入れ替えて、求める逆関数は

$$ y = \log(x + \sqrt{x^2 + 1}) $$

(2)

$$ x = \frac{e^t - e^{-t}}{2} $$

両辺を $t$ で微分する。

$$ \frac{dx}{dt} = \frac{e^t + e^{-t}}{2} $$

また、根号の中身 $\sqrt{x^2 + 1}$ を $t$ で表す。

$$ x^2 + 1 = \left( \frac{e^t - e^{-t}}{2} \right)^2 + 1 = \frac{e^{2t} - 2 + e^{-2t}}{4} + 1 = \frac{e^{2t} + 2 + e^{-2t}}{4} = \left( \frac{e^t + e^{-t}}{2} \right)^2 $$

$e^t + e^{-t} > 0$ であるから、

$$ \sqrt{x^2 + 1} = \frac{e^t + e^{-t}}{2} $$

これらを用いて置換積分を行う。

$$ \int \sqrt{x^2 + 1} dx = \int \frac{e^t + e^{-t}}{2} \cdot \frac{e^t + e^{-t}}{2} dt = \int \frac{e^{2t} + 2 + e^{-2t}}{4} dt $$

$$ = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{2}e^{2t} + 2t - \frac{1}{2}e^{-2t} \right) + C = \frac{e^{2t} - e^{-2t}}{8} + \frac{1}{2}t + C \quad (C \text{は積分定数}) $$

この結果を $x$ の式に戻す。(1) の逆関数の関係より、$t = \log(x + \sqrt{x^2 + 1})$ である。また、第1項は以下のように変形できる。

$$ \frac{e^{2t} - e^{-2t}}{8} = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^t - e^{-t}}{2} \cdot \frac{e^t + e^{-t}}{2} = \frac{1}{2} x \sqrt{x^2 + 1} $$

したがって、求める不定積分は

$$ \int \sqrt{x^2 + 1} dx = \frac{1}{2} x \sqrt{x^2 + 1} + \frac{1}{2} \log(x + \sqrt{x^2 + 1}) + C \quad (C \text{は積分定数}) $$

(3)

点 $P(x, y)$ は第1象限における双曲線 $y^2 - x^2 = 1$ 上の点であるから、$x > 0, y > 0$ であり、$y = \sqrt{x^2 + 1}$ と表せる。面積計算の際、積分の変数と $P$ の座標 $x$ を区別するため、積分の変数を $X$ とする。

線分 $OP$、双曲線、および $y$ 軸で囲まれる領域の面積 $S$ は、曲線 $Y = \sqrt{X^2 + 1}$ の $0 \leqq X \leqq x$ における下側の面積 $\int_0^x \sqrt{X^2 + 1} dX$ から、直角三角形（底辺 $x$、高さ $y$）の面積 $\frac{1}{2}xy$ を引いたものに等しい。

$$ S = \int_0^x \sqrt{X^2 + 1} dX - \frac{1}{2}xy $$

(2) の結果を用いると、

$$ \int_0^x \sqrt{X^2 + 1} dX = \left[ \frac{1}{2} X \sqrt{X^2 + 1} + \frac{1}{2} \log(X + \sqrt{X^2 + 1}) \right]_0^x = \frac{1}{2} x \sqrt{x^2 + 1} + \frac{1}{2} \log(x + \sqrt{x^2 + 1}) $$

$y = \sqrt{x^2 + 1}$ より、

$$ \int_0^x \sqrt{X^2 + 1} dX = \frac{1}{2}xy + \frac{1}{2} \log(x + y) $$

よって面積 $S$ は、

$$ S = \left\{ \frac{1}{2}xy + \frac{1}{2} \log(x + y) \right\} - \frac{1}{2}xy = \frac{1}{2} \log(x + y) $$

問題の条件より $S = \frac{\alpha}{2}$ であるから、

$$ \frac{1}{2} \log(x + y) = \frac{\alpha}{2} $$

$$ \log(x + y) = \alpha $$

$$ x + y = e^\alpha \quad \cdots \text{①} $$

また、点 $P(x, y)$ は双曲線 $y^2 - x^2 = 1$ 上にあるから、

$$ (y - x)(y + x) = 1 $$

①を代入して、

$$ y - x = e^{-\alpha} \quad \cdots \text{②} $$

①、②の両辺をそれぞれ加え引きして $x, y$ を求めると、

$$ 2y = e^\alpha + e^{-\alpha} \implies y = \frac{e^\alpha + e^{-\alpha}}{2} $$

$$ 2x = e^\alpha - e^{-\alpha} \implies x = \frac{e^\alpha - e^{-\alpha}}{2} $$

解説

双曲線関数 ($\sinh, \cosh$) の基本的な性質を微積分を通じて確認する典型的な誘導問題である。 (1) は $\sinh(x)$ の逆関数（$\text{arsinh}(x)$）の導出であり、(2) は $x = \sinh(t)$ とおく定石の置換積分である。 (3) は双曲線セクターの面積とパラメータ $\alpha$ の関係を問うている。円 $x^2 + y^2 = 1$ におけるセクター面積 $\frac{\theta}{2}$ が $(x, y) = (\cos\theta, \sin\theta)$ を与えることと美しい対応関係をなしており、双曲線関数の背景知識がそのまま活きる構成になっている。