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北海道大学 1984年理系第5問解説

方針・初手

(1)は、問題文で与えられた速さの条件 $\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} = 1$ から $\frac{dx}{dt}$ に関する微分方程式を立式する。速度の $x$ 成分が正であることに注意してこれを解き、$t=0$ で点 $(0, 1)$ を通る初期条件から積分定数を定めて $x$ を $t$ で表す。 (2)は、点 $P$ における接線の方程式を立てて $x$ 切片である点 $Q$ の座標 $X$ を $t$ の関数として表し、それを $t$ で微分して $t=2$ における速さ $\left|\frac{dX}{dt}\right|$ を計算する。

解法1

(1) 点 $P(x, y)$ の速度ベクトルは $\left(\frac{dx}{dt}, \frac{dy}{dt}\right)$ である。 $y = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ を $t$ で微分すると、合成関数の微分法より

$$ \frac{dy}{dt} = \frac{dy}{dx} \frac{dx}{dt} = \frac{e^x - e^{-x}}{2} \frac{dx}{dt} $$

となる。点 $P$ の速さがつねに $1$ であるから、

$$ \begin{aligned} \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2 &= 1 \\ \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{e^x - e^{-x}}{2}\right)^2 \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 &= 1 \\ \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 \left( 1 + \frac{e^{2x} - 2 + e^{-2x}}{4} \right) &= 1 \\ \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 \left( \frac{e^{2x} + 2 + e^{-2x}}{4} \right) &= 1 \\ \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 \left( \frac{e^x + e^{-x}}{2} \right)^2 &= 1 \end{aligned} $$

条件より速度ベクトルの $x$ 成分はつねに正であるため $\frac{dx}{dt} > 0$ であり、$\frac{e^x + e^{-x}}{2} > 0$ も成り立つため、平方根をとると

$$ \frac{dx}{dt} \frac{e^x + e^{-x}}{2} = 1 $$

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

両辺を積分して、

$$ \frac{e^x - e^{-x}}{2} = t + C \quad (C \text{ は積分定数}) $$

$t=0$ のとき点 $P$ は $(0, 1)$ を通過するため、$x=0$ である。これを代入すると、

$$ \frac{e^0 - e^{-0}}{2} = 0 + C $$

$$ 0 = C $$

となり $C=0$ を得る。したがって、

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

$$ e^x - e^{-x} - 2t = 0 $$

両辺に $e^x$ を掛けると、

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

これを $e^x$ についての2次方程式として解くと、

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

ここで $e^x > 0$ であり、$t - \sqrt{t^2 + 1} < 0$ であるため、正の解のみ適する。

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

両辺の自然対数をとり、求める $x$ 座標は

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

(2) 点 $P(x, y)$ における接線の傾きは $\frac{dy}{dx} = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ である。接線の方程式は、

$$ Y - y = \frac{e^x - e^{-x}}{2} (X - x) $$

点 $Q$ はこの接線と $x$ 軸 ($Y=0$) との交点である。接線が $x$ 軸と交わるためには接線の傾きが $0$ でない、すなわち $x \neq 0$ ($t \neq 0$) が必要である。本問では $t=2$ の状況を考えるため、この条件は満たされる。 $Y=0$ を代入して $X$ について解く。(1)の導出過程より $\frac{e^x - e^{-x}}{2} = t$ であるから、

$$ -y = t (X - x) $$

$$ X = x - \frac{y}{t} $$

ここで、$x = \log (t + \sqrt{t^2 + 1})$ であり、また $y = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ については

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

$y > 0$ より $y = \sqrt{t^2 + 1}$ である。これらを代入すると、点 $Q$ の $x$ 座標 $X(t)$ は

$$ X(t) = \log (t + \sqrt{t^2 + 1}) - \frac{\sqrt{t^2 + 1}}{t} $$

点 $Q$ の速度は $\frac{dX}{dt}$ である。ここで、(1)の逆算により $\frac{d}{dt} \log (t + \sqrt{t^2 + 1}) = \frac{dx}{dt} = \frac{1}{y} = \frac{1}{\sqrt{t^2 + 1}}$ であることを用いると、

$$ \begin{aligned} \frac{dX}{dt} &= \frac{1}{\sqrt{t^2 + 1}} - \frac{d}{dt}\left( \frac{\sqrt{t^2 + 1}}{t} \right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{t^2 + 1}} - \frac{\frac{t}{\sqrt{t^2 + 1}} \cdot t - \sqrt{t^2 + 1} \cdot 1}{t^2} \\ &= \frac{1}{\sqrt{t^2 + 1}} - \frac{t^2 - (t^2 + 1)}{t^2 \sqrt{t^2 + 1}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{t^2 + 1}} + \frac{1}{t^2 \sqrt{t^2 + 1}} \\ &= \frac{t^2 + 1}{t^2 \sqrt{t^2 + 1}} \\ &= \frac{\sqrt{t^2 + 1}}{t^2} \end{aligned} $$

求めるものは $t=2$ のときの点 $Q$ の速さ $\left|\frac{dX}{dt}\right|$ である。$t=2$ を代入すると、

$$ \left| \frac{dX}{dt} \right|_{t=2} = \left| \frac{\sqrt{2^2 + 1}}{2^2} \right| = \frac{\sqrt{5}}{4} $$

解説

カテナリー曲線（懸垂線）の弧長や媒介変数表示に関連する、数IIIの微分積分の標準的な問題である。 (1)では、速さの定義から微分方程式を適切に立てられるかが鍵となる。積分後の $e^x - e^{-x} = 2t$ を $e^x$ についての2次方程式とみて解く処理は、逆関数を求める際などに頻出のテクニックである。 (2)において接線の方程式から $X$ 切片を求める際、無理に $x$ や $e^x$ を残したまま計算するよりも、$x, y, y'$ をすべて $t$ の関数として簡潔に表してから計算を進めると見通しが良く、計算量も抑えられる。