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京都大学 2024年理系第5問解説

方針・初手

領域を構成する2つの曲線 $y = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ （以下 $f(x)$）と $y = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ （以下 $g(x)$）の上下関係を把握し、直線 $y=a$ との交点の $x$ 座標を求めます。グラフの概形から積分区間を分割し、$x$ で積分して面積 $S_a$ を求めます。極限計算においては、対数関数の差の形が現れるため、平均値の定理を利用して式を評価するのが見通しの良い方法です。

解法1

$f(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$、$g(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ とおく。 $f'(x) = g(x) > 0$、$g'(x) = f(x)$ であり、$x > 0$ において $f(x) > 0$ であるため、どちらの関数も $x \geqq 0$ において単調増加である。また、$g(x) - f(x) = e^{-x} > 0$ より、常に $f(x) < g(x)$ である。 $f(0) = 0$、$g(0) = 1$ である。

直線 $y=a$ ($a \geqq 1$) と曲線 $y=g(x)$, $y=f(x)$ の交点の $x$ 座標をそれぞれ $\alpha, \beta$ とおく。

$$ g(\alpha) = a \iff \frac{e^\alpha + e^{-\alpha}}{2} = a \iff e^{2\alpha} - 2ae^\alpha + 1 = 0 $$

$\alpha \geqq 0$ より $e^\alpha \geqq 1$ であるから、解の公式より $e^\alpha = a + \sqrt{a^2 - 1}$ よって $\alpha = \log(a + \sqrt{a^2 - 1})$ 同様に、

$$ f(\beta) = a \iff \frac{e^\beta - e^{-\beta}}{2} = a \iff e^{2\beta} - 2ae^\beta - 1 = 0 $$

$e^\beta > 0$ であるから、解の公式より $e^\beta = a + \sqrt{a^2 + 1}$ よって $\beta = \log(a + \sqrt{a^2 + 1})$ これより $\alpha < \beta$ である。

領域 $D_a$ は $x \geqq 0$ において、 $0 \leqq x \leqq \alpha$ のとき $f(x) \leqq y \leqq g(x)$ $\alpha \leqq x \leqq \beta$ のとき $f(x) \leqq y \leqq a$ で囲まれた部分である。

(1) $S_a$ を求める

面積 $S_a$ は次のように2つの区間に分けて積分できる。

$$ S_a = \int_0^\alpha \{g(x) - f(x)\} dx + \int_\alpha^\beta \{a - f(x)\} dx $$

第1項の積分を計算する。

$$ \int_0^\alpha \{g(x) - f(x)\} dx = \int_0^\alpha e^{-x} dx = \left[ -e^{-x} \right]_0^\alpha = 1 - e^{-\alpha} $$

第2項の積分を計算する。$\int f(x) dx = g(x)$ であるから、

$$ \int_\alpha^\beta \{a - f(x)\} dx = \left[ ax - g(x) \right]_\alpha^\beta = a\beta - g(\beta) - a\alpha + g(\alpha) $$

ここで $g(\alpha) = a$ であり、また $e^{-\beta} = \frac{1}{a + \sqrt{a^2 + 1}} = -a + \sqrt{a^2 + 1}$ であるから、

$$ g(\beta) = \frac{e^\beta + e^{-\beta}}{2} = \frac{(a + \sqrt{a^2 + 1}) + (-a + \sqrt{a^2 + 1})}{2} = \sqrt{a^2 + 1} $$

さらに $e^{-\alpha} = \frac{1}{a + \sqrt{a^2 - 1}} = a - \sqrt{a^2 - 1}$ である。これらを代入して整理すると、

$$ S_a = 1 - (a - \sqrt{a^2 - 1}) + a(\beta - \alpha) - \sqrt{a^2 + 1} + a $$

$$ = 1 + \sqrt{a^2 - 1} - \sqrt{a^2 + 1} + a(\beta - \alpha) $$

$\beta - \alpha = \log(a + \sqrt{a^2 + 1}) - \log(a + \sqrt{a^2 - 1}) = \log \frac{a + \sqrt{a^2 + 1}}{a + \sqrt{a^2 - 1}}$ であるから、

$$ S_a = 1 + \sqrt{a^2 - 1} - \sqrt{a^2 + 1} + a \log \frac{a + \sqrt{a^2 + 1}}{a + \sqrt{a^2 - 1}} $$

(2) $\lim_{a \to \infty} S_a$ を求める

$S_a$ の各項の極限を調べる。まず、平方根の差の項については有理化を行う。

$$ \sqrt{a^2 - 1} - \sqrt{a^2 + 1} = \frac{(a^2 - 1) - (a^2 + 1)}{\sqrt{a^2 - 1} + \sqrt{a^2 + 1}} = \frac{-2}{\sqrt{a^2 - 1} + \sqrt{a^2 + 1}} $$

$a \to \infty$ のとき、分母は $\infty$ に発散するため、この項の極限は $0$ である。

次に、対数を含む項を変形する。

$$ a \log \frac{a + \sqrt{a^2 + 1}}{a + \sqrt{a^2 - 1}} = a \log \frac{1 + \sqrt{1 + \frac{1}{a^2}}}{1 + \sqrt{1 - \frac{1}{a^2}}} $$

ここで、関数 $F(t) = \log(1 + \sqrt{1 + t})$ （$t > -1$）とおくと、上の式は $a \left\{ F\left(\frac{1}{a^2}\right) - F\left(-\frac{1}{a^2}\right) \right\}$ と表せる。関数 $F(t)$ は区間 $[-\frac{1}{a^2}, \frac{1}{a^2}]$ において微分可能であり、平均値の定理より

$$ \frac{F\left(\frac{1}{a^2}\right) - F\left(-\frac{1}{a^2}\right)}{\frac{2}{a^2}} = F'(c_a) $$

を満たす $c_a$ が $-\frac{1}{a^2} < c_a < \frac{1}{a^2}$ の範囲に存在する。これを用いると、

$$ a \left\{ F\left(\frac{1}{a^2}\right) - F\left(-\frac{1}{a^2}\right) \right\} = a \cdot \frac{2}{a^2} F'(c_a) = \frac{2}{a} F'(c_a) $$

となる。 $F'(t) = \frac{1}{1 + \sqrt{1 + t}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{1 + t}}$ であり、$F'(t)$ は $t=0$ で連続である。 $a \to \infty$ のとき $c_a \to 0$ であるから、$F'(c_a) \to F'(0) = \frac{1}{1 + 1} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$ となる。したがって、

$$ \lim_{a \to \infty} a \log \frac{a + \sqrt{a^2 + 1}}{a + \sqrt{a^2 - 1}} = \lim_{a \to \infty} \frac{2}{a} F'(c_a) = 0 \cdot \frac{1}{4} = 0 $$

となる。

以上より、

$$ \lim_{a \to \infty} S_a = 1 + 0 + 0 = 1 $$

解説

双曲線関数（$\sinh x, \cosh x$）を題材にした微積分と極限の総合問題です。面積計算自体は標準的ですが、交点の $x$ 座標を対数を用いて表す処理や、$e^\beta = a + \sqrt{a^2 + 1}$ を利用して $g(\beta)$ などを簡潔に計算する工夫が計算量を減らす鍵となります。 (2)の極限計算では、$a \to \infty$ としたときに $a \times 0$ の不定形が現れます。ロピタルの定理を使わずに厳密に示す場合、解答のように平均値の定理を用いて微分の定義に帰着させる手法が非常に鮮やかで有効です。