京都大学 2018年 理系 第5問 解説

方針・初手

• （1） 点 $A$ における接線の傾きから法線の傾きを求め、方向ベクトルを単位化して距離 $1$ 離れた点 $B$ の座標を $t$ で表します。その後は丁寧に $t$ で微分します。
• （2） 曲線の長さの定義に従って定積分を立式します。(1)で求めた導関数を2乗して足し合わせると、根号の中身が完全平方式に整理できることがポイントです。

解法1

(1)

$y = \log x$ より $y' = \dfrac{1}{x}$ であるから、点 $A(t,\ \log t)$ における法線の傾きは $-t$ である。法線の方向ベクトルとして $\vec{d} = (1,\ -t)$ をとると、その大きさは $\sqrt{1+t^2}$ である。$B$ の $x$ 座標は $t$ より大きいから、$A$ から $\vec{d}$ の向きに距離 $1$ だけ進んだ点が $B$ である。

$$ u(t) = t + \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}, \qquad v(t) = \log t - \frac{t}{\sqrt{1+t^2}} $$

次に $t$ で微分する。

$$ \frac{du}{dt} = 1 - \frac{1}{2}(1+t^2)^{-3/2} \cdot 2t = 1 - \frac{t}{(1+t^2)^{3/2}} $$

$\dfrac{t}{\sqrt{1+t^2}} = t(1+t^2)^{-1/2}$ を積の微分で計算すると

$$ \frac{d}{dt}\left[\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\right] = \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} - \frac{t^2}{(1+t^2)^{3/2}} = \frac{1}{(1+t^2)^{3/2}} $$

よって

$$ \frac{dv}{dt} = \frac{1}{t} - \frac{1}{(1+t^2)^{3/2}} $$

以上より

$$ \left(\frac{du}{dt},\ \frac{dv}{dt}\right) = \left(1 - \frac{t}{(1+t^2)^{3/2}},\quad \frac{1}{t} - \frac{1}{(1+t^2)^{3/2}}\right) $$

(2)

点 $A(t,\ \log t)$ について曲線の弧長の被積分関数は $\sqrt{1^2 + (1/t)^2} = \sqrt{1+t^2}/t$ であるから、

$$ L_1(r) = \int_r^1 \frac{\sqrt{1+t^2}}{t}\,dt $$

点 $B(u(t),\ v(t))$ について根号の中身を計算する。

$$ \left(\frac{du}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dv}{dt}\right)^2 = \left(1 - \frac{t}{(1+t^2)^{3/2}}\right)^2 + \left(\frac{1}{t} - \frac{1}{(1+t^2)^{3/2}}\right)^2 $$

展開して整理すると

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

$0 < t \leqq 1$ において $\dfrac{\sqrt{1+t^2}}{t} \geqq 1 > \dfrac{1}{1+t^2}$ であるから根号内は正であり、

$$ L_2(r) = \int_r^1 \left(\frac{\sqrt{1+t^2}}{t} - \frac{1}{1+t^2}\right)dt $$

したがって

$$ L_1(r) - L_2(r) = \int_r^1 \frac{1}{1+t^2}\,dt = \Big[\arctan t\Big]_r^1 = \frac{\pi}{4} - \arctan r $$

$r \to +0$ のとき $\arctan r \to 0$ であるから、

$$ \lim_{r \to +0}(L_1(r) - L_2(r)) = \frac{\pi}{4} $$

解説

(1)は法線の方向ベクトルの単位化と座標表示です。$\dfrac{d}{dt}\!\left[\dfrac{t}{\sqrt{1+t^2}}\right] = \dfrac{1}{(1+t^2)^{3/2}}$ とすっきりまとまる点に注意しましょう。

(2)の鍵は、根号の中身が完全平方式に整理されることです。展開後に $\left(\dfrac{\sqrt{1+t^2}}{t} - \dfrac{1}{1+t^2}\right)^2$ と因数分解できるため、$L_1 - L_2$ の積分が $\displaystyle\int \dfrac{1}{1+t^2}\,dt = \arctan t$ に帰着します。$r \to +0$ で $L_1(r)$, $L_2(r)$ 自体は発散しますが、差は有限値に収束します。

答え

(1)

$$ u(t) = t + \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}, \qquad v(t) = \log t - \frac{t}{\sqrt{1+t^2}} $$

$$ \left(\frac{du}{dt},\ \frac{dv}{dt}\right) = \left(1 - \frac{t}{(1+t^2)^{3/2}},\quad \frac{1}{t} - \frac{1}{(1+t^2)^{3/2}}\right) $$

(2)

$$ \lim_{r \to +0}(L_1(r) - L_2(r)) = \frac{\pi}{4} $$