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東京大学 1992年理系第5問解説

方針・初手

点 $P$ の時刻 $t$ における座標を $(x, y)$ とおき、速度ベクトル $\vec{v} = \left(\frac{dx}{dt}, \frac{dy}{dt}\right)$ を計算する。与えられた曲線の式から $\frac{dy}{dt}$ を $\frac{dx}{dt}$ を用いて表し、速度の大きさ $|\vec{v}|$ を $x$ と $\frac{dx}{dt}$ の式で表す。条件 $|\vec{v}| = \frac{t}{2}$ から変数分離型の微分方程式を立て、積分によって $x$ と $t$ の関係式を導く。

解法1

(1)

点 $P$ の時刻 $t$ における座標を $(x, y)$ とする。曲線 $y = \frac{x^3}{6} + \frac{1}{2x}$ について、両辺を $x$ で微分すると

$$ \frac{dy}{dx} = \frac{x^2}{2} - \frac{1}{2x^2} $$

となる。合成関数の微分法により、速度 $\vec{v}$ の $y$ 成分は

$$ \frac{dy}{dt} = \frac{dy}{dx} \cdot \frac{dx}{dt} = \left( \frac{x^2}{2} - \frac{1}{2x^2} \right) \frac{dx}{dt} $$

と表せる。したがって、速度 $\vec{v}$ の大きさの2乗は

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

となる。問題の条件より $|\vec{v}| = \frac{t}{2}$ であり、つねに $\frac{dx}{dt} \geqq 0$ である。また、点 $P$ の初期位置が $x=1$ であり、$\frac{dx}{dt} \geqq 0$ であることからつねに $x > 0$ であるため、$\frac{x^2}{2} + \frac{1}{2x^2} > 0$ である。よって、平方根をとると

$$ |\vec{v}| = \left( \frac{x^2}{2} + \frac{1}{2x^2} \right) \frac{dx}{dt} = \frac{t}{2} $$

が成り立つ。両辺を $t$ について積分すると

$$ \int \left( \frac{x^2}{2} + \frac{1}{2x^2} \right) \frac{dx}{dt} dt = \int \frac{t}{2} dt $$

$$ \int \left( \frac{x^2}{2} + \frac{1}{2x^2} \right) dx = \int \frac{t}{2} dt $$

$$ \frac{x^3}{6} - \frac{1}{2x} = \frac{t^2}{4} + C \quad (C \text{ は積分定数}) $$

$t=0$ のとき点 $P$ は $\left(1, \frac{2}{3}\right)$ にあるので、$t=0, x=1$ を代入すると

$$ \frac{1}{6} - \frac{1}{2} = 0 + C $$

$$ C = -\frac{1}{3} $$

したがって、求める関係式は

$$ \frac{x^3}{6} - \frac{1}{2x} = \frac{t^2}{4} - \frac{1}{3} $$

となる。

(2)

$\vec{v} = \left( \frac{dx}{dt}, \frac{dy}{dt} \right)$ がベクトル $(8, 15)$ と平行になる条件を考える。 $\frac{dx}{dt} = 0$ のとき、$\vec{v} = \vec{0}$ となり $(8, 15)$ とは平行にならないので、$\frac{dx}{dt} > 0$ である。 $\vec{v}$ と $(8, 15)$ が平行であるとき、各成分の比が等しいので

$$ \frac{dx}{dt} : \frac{dy}{dt} = 8 : 15 $$

$$ \frac{dx}{dt} : \left( \frac{x^2}{2} - \frac{1}{2x^2} \right) \frac{dx}{dt} = 8 : 15 $$

$\frac{dx}{dt} > 0$ より両辺をこれで割ることができ、

$$ 1 : \left( \frac{x^2}{2} - \frac{1}{2x^2} \right) = 8 : 15 $$

$$ 8 \left( \frac{x^2}{2} - \frac{1}{2x^2} \right) = 15 $$

$$ 4x^2 - \frac{4}{x^2} = 15 $$

両辺に $x^2$ を掛けて整理すると

$$ 4x^4 - 15x^2 - 4 = 0 $$

$$ (4x^2 + 1)(x^2 - 4) = 0 $$

$x$ は実数であるから $x^2 > 0$ であり、$x^2 = 4$ を得る。（1）で確認した通り $x > 0$ であるから、$x = 2$ である。このとき、$t$ の値を（1）で求めた関係式に代入して求める。

$$ \frac{2^3}{6} - \frac{1}{2 \cdot 2} = \frac{t^2}{4} - \frac{1}{3} $$

$$ \frac{4}{3} - \frac{1}{4} = \frac{t^2}{4} - \frac{1}{3} $$

$$ \frac{t^2}{4} = \frac{4}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{5}{3} - \frac{1}{4} = \frac{17}{12} $$

$$ t^2 = \frac{17}{3} $$

$t > 0$ であるから

$$ t = \sqrt{\frac{17}{3}} = \frac{\sqrt{51}}{3} $$

よって、ベクトル $(8, 15)$ と平行になるのは出発してから $\frac{\sqrt{51}}{3}$ 秒後である。

解説

平面上の動点の速度と道のりに関する標準的な微積分・ベクトルの問題である。曲線の式 $y = f(x)$ に対して、速度ベクトルは $\vec{v} = \left(\frac{dx}{dt}, f'(x)\frac{dx}{dt}\right)$ と表される。このとき、速度の大きさの2乗は $\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 \left\{1+(f'(x))^2\right\}$ となるが、本問の $1+(f'(x))^2$ が完全平方式になる設定は、曲線の長さを求める問題などでも頻出の典型処理である。ここで符号の判定（絶対値の外し方）を誤らないように、問題文の条件 $\frac{dx}{dt} \geqq 0$ と $x$ の符号に注意して進めることがポイントとなる。