トップ› 東京工業大学› 2024年› 理系第2問

東京工業大学 2024年理系第2問解説

方針・初手

与えられた微分の関係式を用いて、まず $p(t)$ や $q(t)$ の導関数を計算する。(1)と(2)は微分計算を丁寧に進めればよい。(3)は(2)で得られる微分方程式を解いて $g(t)$ を具体化し、(4)はそれまでに得られた関係式を用いて曲線の長さの積分を簡潔に処理する。

解法1

(1)

与えられた式 $p(t) = \{f(t)\}^2 + \{g(t)\}^2$ を $t$ で微分する。合成関数の微分法を用いると、

$$ p'(t) = 2f(t)f'(t) + 2g(t)g'(t) $$

となる。ここに問題文の条件 $f'(t) = -f(t)g(t)$ と $g'(t) = \{f(t)\}^2$ を代入する。

$$ \begin{aligned} p'(t) &= 2f(t)\{-f(t)g(t)\} + 2g(t)\{f(t)\}^2 \\ &= -2\{f(t)\}^2 g(t) + 2\{f(t)\}^2 g(t) \\ &= 0 \end{aligned} $$

(2)

（1）の結果より $p'(t) = 0$ であるから、$p(t)$ は定数関数である。 $t = 0$ のときの値を求めると、条件 $f(0)=1, g(0)=0$ より、

$$ p(0) = \{f(0)\}^2 + \{g(0)\}^2 = 1^2 + 0^2 = 1 $$

したがって、すべての実数 $t$ において $p(t) = 1$、すなわち $\{f(t)\}^2 + \{g(t)\}^2 = 1$ が成り立つ。これと条件 $g'(t) = \{f(t)\}^2$ を合わせると、以下の関係式が得られる。

$$ g'(t) = 1 - \{g(t)\}^2 $$

次に $q(t)$ を微分する。対数の性質を用いて $q(t) = \log(1+g(t)) - \log(1-g(t))$ と変形してから $t$ で微分する。

$$ \begin{aligned} q'(t) &= \frac{g'(t)}{1+g(t)} - \frac{-g'(t)}{1-g(t)} \\ &= g'(t) \left( \frac{1}{1+g(t)} + \frac{1}{1-g(t)} \right) \\ &= g'(t) \cdot \frac{(1-g(t)) + (1+g(t))}{1-\{g(t)\}^2} \\ &= \frac{2g'(t)}{1-\{g(t)\}^2} \end{aligned} $$

ここで、先ほど導いた $g'(t) = 1 - \{g(t)\}^2$ を代入する。

$$ q'(t) = \frac{2(1-\{g(t)\}^2)}{1-\{g(t)\}^2} = 2 $$

ゆえに、$q'(t)$ は定数関数であることが示された。

(3)

（2）より $q'(t) = 2$ であるから、これを積分すると $q(t) = 2t + C$ （$C$ は積分定数）となる。 $t = 0$ のとき、

$$ q(0) = \log \frac{1+g(0)}{1-g(0)} = \log \frac{1+0}{1-0} = \log 1 = 0 $$

であるから、$C = 0$ となり $q(t) = 2t$ を得る。すなわち、

$$ \log \frac{1+g(t)}{1-g(t)} = 2t $$

対数の定義より、

$$ \frac{1+g(t)}{1-g(t)} = e^{2t} $$

分母を払って $g(t)$ について解く。

$$ \begin{aligned} 1 + g(t) &= e^{2t} - g(t)e^{2t} \\ g(t)(1 + e^{2t}) &= e^{2t} - 1 \\ g(t) &= \frac{e^{2t}-1}{e^{2t}+1} \\ &= \frac{1 - e^{-2t}}{1 + e^{-2t}} \end{aligned} $$

ここで $t \to \infty$ とすると $e^{-2t} \to 0$ となるので、

$$ \lim_{t \to \infty} g(t) = \frac{1 - 0}{1 + 0} = 1 $$

(4)

（2）より $\{f(t)\}^2 + \{g(t)\}^2 = 1$ が成り立ち、条件 $f(t) > 0$ より、

$$ f(t) = \sqrt{1 - \{g(t)\}^2} $$

である。$f(T) = g(T)$ を満たすとき、

$$ g(T) = \sqrt{1 - \{g(T)\}^2} $$

両辺は正である。2乗して整理すると、

$$ \begin{aligned} \{g(T)\}^2 &= 1 - \{g(T)\}^2 \\ 2\{g(T)\}^2 &= 1 \\ g(T) &= \frac{1}{\sqrt{2}} \quad (\because g(T) = f(T) > 0) \end{aligned} $$

求める曲線の長さを $L$ とおく。

$$ L = \int_0^T \sqrt{ \{f'(t)\}^2 + \{g'(t)\}^2 } dt $$

根号の中身を計算する。

$$ \begin{aligned} \{f'(t)\}^2 + \{g'(t)\}^2 &= \{-f(t)g(t)\}^2 + [\{f(t)\}^2]^2 \\ &= \{f(t)\}^2\{g(t)\}^2 + \{f(t)\}^4 \\ &= \{f(t)\}^2 (\{g(t)\}^2 + \{f(t)\}^2) \end{aligned} $$

$\{f(t)\}^2 + \{g(t)\}^2 = 1$ より、根号の中身は $\{f(t)\}^2$ となる。したがって、曲線の長さ $L$ は $f(t) > 0$ より次のように簡略化される。

$$ L = \int_0^T \sqrt{\{f(t)\}^2} dt = \int_0^T f(t) dt $$

ここで、$f(t) = \sqrt{1-\{g(t)\}^2}$ を代入する。

$$ L = \int_0^T \sqrt{1-\{g(t)\}^2} dt $$

これを計算するために、$u = g(t)$ と置換する。(2) より $du = g'(t)dt = (1-\{g(t)\}^2)dt = (1-u^2)dt$ であり、$dt = \frac{du}{1-u^2}$ となる。積分区間は $t: 0 \to T$ のとき、$u: g(0) \to g(T)$ すなわち $u: 0 \to \frac{1}{\sqrt{2}}$ となる。

$$ L = \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \sqrt{1-u^2} \cdot \frac{du}{1-u^2} = \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{1}{\sqrt{1-u^2}} du $$

さらに $u = \sin \theta$ と置換する。$du = \cos \theta d\theta$ であり、積分区間は $u: 0 \to \frac{1}{\sqrt{2}}$ のとき、$\theta: 0 \to \frac{\pi}{4}$ となる。

$$ \begin{aligned} L &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2\theta}} \cos \theta d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos \theta} \cos \theta d\theta \quad (\because 0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{4} \text{ より } \cos \theta > 0) \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} 1 d\theta \\ &= \left[ \theta \right]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi}{4} \end{aligned} $$

解法2

(4) の別解：直接積分による計算

（3）で求めた $g(t) = \frac{e^{2t}-1}{e^{2t}+1}$ を用いる。 $f(t) = \sqrt{1-\{g(t)\}^2}$ であるから、

$$ \begin{aligned} f(t) &= \sqrt{ 1 - \left( \frac{e^{2t}-1}{e^{2t}+1} \right)^2 } \\ &= \sqrt{ \frac{(e^{2t}+1)^2 - (e^{2t}-1)^2}{(e^{2t}+1)^2} } \\ &= \sqrt{ \frac{4e^{2t}}{(e^{2t}+1)^2} } \\ &= \frac{2e^t}{e^{2t}+1} \end{aligned} $$

$f(T) = g(T)$ となる $T$ を求める。

$$ \frac{2e^T}{e^{2T}+1} = \frac{e^{2T}-1}{e^{2T}+1} $$

分母は正なので両辺に掛けて整理すると、

$$ e^{2T} - 2e^T - 1 = 0 $$

$e^T > 0$ より $e^T = 1 + \sqrt{2}$ である。曲線の長さ $L$ は解法1と同様に $L = \int_0^T f(t)dt$ となるため、

$$ L = \int_0^T \frac{2e^t}{e^{2t}+1} dt $$

ここで $v = e^t$ と置換する。$dv = e^t dt$。積分区間は $t: 0 \to T$ のとき、$v: 1 \to 1+\sqrt{2}$ となる。

$$ L = \int_1^{1+\sqrt{2}} \frac{2}{v^2+1} dv $$

さらに $v = \tan \phi$ と置換する。$dv = \frac{1}{\cos^2 \phi} d\phi = (1+\tan^2\phi)d\phi = (1+v^2)d\phi$ より、

$$ L = \int_{\phi_1}^{\phi_2} \frac{2}{1+v^2}(1+v^2) d\phi = \int_{\phi_1}^{\phi_2} 2 d\phi = 2(\phi_2 - \phi_1) $$

となる。ここで積分区間は、 $v=1$ のとき $\tan \phi_1 = 1$ より $\phi_1 = \frac{\pi}{4}$。 $v=1+\sqrt{2}$ のとき $\tan \phi_2 = 1+\sqrt{2}$ である。半角の公式を利用して、$\tan \frac{3\pi}{8}$ の値を求めると、

$$ \tan^2 \frac{3\pi}{8} = \frac{1-\cos\frac{3\pi}{4}}{1+\cos\frac{3\pi}{4}} = \frac{1 - \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}{1 + \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)} = \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1} = (\sqrt{2}+1)^2 $$

$\frac{3\pi}{8}$ は第1象限の角であり $\tan \frac{3\pi}{8} > 0$ なので、$\tan \frac{3\pi}{8} = 1+\sqrt{2}$ となる。ゆえに $\phi_2 = \frac{3\pi}{8}$ とわかる。したがって、

$$ L = 2 \left( \frac{3\pi}{8} - \frac{\pi}{4} \right) = 2 \cdot \frac{\pi}{8} = \frac{\pi}{4} $$

解説

連立微分方程式と積分に関する総合問題である。 (1)と(2)は問題文で与えられた関係式を代入していくだけで解決するが、これにより $\{f(t)\}^2 + \{g(t)\}^2 = 1$ という円の式に似た強力な性質が導かれる。 (3)は変数を分離して積分する基本的な考え方を用いる。(2)の誘導に乗ることで容易に関数の形を特定できる。 (4)の曲線の長さの計算においては、被積分関数が $|f(t)|$ にまで簡略化されるのが本問の最大のポイントである。直接積分する解法2のアプローチでも計算可能であるが、解法1のように $g'(t)$ と $g(t)$ の関係を利用して置換積分を重ねるアプローチを取ると、煩雑な値の計算を避けてスムーズに解答できる。