[math]2022年東京医科歯科大学医学科数学問題3

問題
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問題

曲線$C: y = f(x)\ \ (0\leq x<1)$が次の条件を満たすとする。
$\cdot f(0) = 0$
$\cdot$ $0<x<1$のとき$f^{\prime}(x) > 0$
$\cdot$ $0<a<1$を満たすすべての実数$a$について、曲線$C$上の点$P(a, f(a))$における接線と直線$x=1$との交点を$Q$とするとき、$PQ=1$
このとき以下の各問いに答えよ。
$(1)$ $f^{\prime}(x)$を求めよ。
$(2)$ $\displaystyle \int_{0}^{\frac{1}{2}}{(1-x)f^{\prime}(x)dx}$の値を求めよ。
$(3)$ 曲線$C$と$x$軸、直線$x=1$、直線$\displaystyle y = f\left(\frac{1}{2}\right)$で囲まれた図形の面積を求めよ。

方針

誘導に従う。$(3)$は立式してみると$(2)$が使えることに気がつく。

解答

$(1)$ $C$の点$P$における接線は$y=f^{\prime}(a)(x-a)+f(a)$となる。$x=1$として、$Q$の$y$座標は$f^{\prime}(a)(1-a)+f(a)$である。したがって、$$\begin{eqnarray}PQ^2 & = & (1-a)^2 + (f^{\prime}(a)(1-a)+f(a)-f(a))^2\\ & = & (1-a)^2(1+(f^{\prime}(a))^2)\end{eqnarray}$$である。$PQ=1$だから、$$(1-a)^2(1+(f^{\prime}(a))^2)=1$$であり、変形して$$f^{\prime}(a) = \sqrt{\frac{1-(1-a)^2}{(1-a)^2}} = \frac{\sqrt{a(2-a)}}{1-a}$$となる。$0<a<1$を満たすすべての実数$a$でこの式が成り立つので、$\displaystyle \underline{f^{\prime}(x) = \frac{\sqrt{x(2-x)}}{1-x}}$である。

$(2)$ $(1)$から$$\begin{eqnarray}\int_{0}^{\frac{1}{2}}{(1-x)f^{\prime}(x)dx} & = & \int_{0}^{\frac{1}{2}}{\sqrt{x(2-x)}dx} \\ & = & \int_{0}^{\frac{1}{2}}{\sqrt{-\left(x-1\right)^2+1}dx}\end{eqnarray}$$である。この積分は、下図の斜線部の面積と等しく、$\displaystyle \underline{\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{8}}$となる。

中心角$\displaystyle \frac{\pi}{6}$の扇形から、底辺$\displaystyle \frac{1}{2}$、高さ$\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}$の三角形を除いた面積になる。

$(3)$ 下図から、求める面積は$$\begin{eqnarray}\int_{0}^{\frac{1}{2}}{f(x)dx}+\frac{1}{2}f\left(\frac{1}{2}\right) & = & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{(-(1-x))^{\prime}f(x)dx}+\frac{1}{2}f\left(\frac{1}{2}\right)\\ & = & \left[-(1-x)f(x)\right]_{0}^{\frac{1}{2}}+\int_{0}^{\frac{1}{2}}{(1-x)f^{\prime}(x)dx}+\frac{1}{2}f\left(\frac{1}{2}\right)\\ & = & -\frac{1}{2}f\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{8} + \frac{1}{2}f\left(\frac{1}{2}\right)\\ & = & \underline{\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{8}}\end{eqnarray}$$となる。

解説

$(3)$は$(2)$をヒントにして、部分積分法を用いてみると、うまく計算できる。部分積分法に気がつけば難しいところはない。

この曲線$C$について、各点からの接線と$x=1$軸との距離が一定になっている。このような曲線を牽引線(Tractrix)という。

Tractrix - Wikipedia

実際に$f(x)$を求めておこう。$$f^{\prime}(x) = \frac{\sqrt{-(1-x)^2+1}}{1-x}$$であるから、$f(0) = 0$に注意すると、$$f(x) = \int_{0}^{x}{\frac{\sqrt{-(1-t)^2+1}}{1-t}dt}$$である。この積分で$s = \sqrt{-(1-t)^2+1}$と置くと、$(1-t)^2=1-s^2$であり、$0<t<1$だから$1-t = \sqrt{1-s^2}$である。微分して、$\displaystyle -dt = \frac{-sds}{\sqrt{1-s^2}}$となる。したがって、$$\begin{eqnarray}f(x) & = & \int_{0}^{\sqrt{-(1-x)^2+1}}{\frac{s}{\sqrt{1-s^2}}\cdot \frac{s}{\sqrt{1-s^2}}ds}\\ & = & \int_{0}^{\sqrt{-(1-x)^2+1}}{\frac{s^2}{1-s^2}ds}\\ & = & \int_{0}^{\sqrt{-(1-x)^2+1}}{\frac{s^2-1+1}{1-s^2}ds}\\ & = & \int_{0}^{\sqrt{-(1-x)^2+1}}{-dx} + \frac{1}{2} \int_{0}^{\sqrt{-(1-x)^2+1}}{\left(\frac{1}{1+s}+\frac{1}{1-s}\right)ds}\\ & = & -\sqrt{-(1-x)^2+1} + \left[\log{\left|\frac{1+s}{1-s}\right|}\right]_{0}^{\sqrt{-(1-x)^2+1}}\\ & = & -\sqrt{-(1-x)^2+1} + \log{\left|\frac{1+\sqrt{-(1-x)^2+1}}{1-\sqrt{-(1-x)^2+1}}\right|}\end{eqnarray}$$となる。これを求めたからといって、特に$(3)$で良いことがあるわけではない。