[math][東京工業大学]2024年東京工業大学数学問題2

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問題

実数全体を定義域にもつ微分可能な関数$f(t), g(t)$が次の$6$つの条件を満たしているとする。$$\begin{eqnarray}f^{\prime}(t) = -f(t)g(t),\ g^{\prime}(t) = \{f(t)\}^2, \\ f(t) > 0,\ |g(t)| < 1,\ f(0) = 1,\ g(0) = 0\end{eqnarray}$$このとき、$$p(t) = \{f(t)\}^2 + \{g(t)\}^2,\ q(t) = \log{\frac{1+g(t)}{1-g(t)}}$$とおく。
$(1)$ $p^{\prime}(t)$を求めよ。
$(2)$ $q^{\prime}(t)$は定数関数であることを示せ。
$(3)$ $\displaystyle \lim_{t\to\infty}{g(t)}$を求めよ。
$(4)$ $f(T) = g(T)$となる正の実数$T$に対して、媒介変数表示された平面曲線$(x, y) = (f(t), g(t))\ (0\leq t\leq T)$の長さを求めよ。

方針

誘導に従う。

解答

$(1)$ $$\begin{eqnarray}p^{\prime}(t) & = & 2f^{\prime}(t)f(t)+2g^{\prime}(t)g(t) \\ & = & -2\{f(t)\}^2g(t) + 2\{f(t)\}^2g(t) \\ & = & 0\end{eqnarray}$$となる。

$(2)$ $(1)$から$p(t)$は定数で、$f(0) = 1, g(0) = 0$であるから、$p(t) = 1$である。したがって、$\{f(t)\}^2 + \{g(t)\}^2 = 1$となる。$$\begin{eqnarray}q^{\prime}(t) & = & \frac{g^{\prime}(t)}{1+g(t)}-\frac{-g^{\prime}(t)}{1-g(t)} \\ & = & \frac{2g^{\prime}(t)}{1-\{g(t)\}^2} \\ & = & \frac{2\{f(t)\}^2}{1-\{g(t)\}^2} \\ & = & 2\end{eqnarray}$$となり、これは定数関数である。

$(3)$ $(2)$から、$q(t) = 2t+ C$と置ける。$q(0) = 0$であるから、$C = 0$がわかる。したがって、$\displaystyle \log{\frac{1+g(t)}{1-g(t)}} = 2t$となり、変形すると、$\displaystyle g(t) = \frac{e^{2t}-1}{e^{2t}+1}$となる。更に変形すると、$\displaystyle g(t) = \frac{1-e^{-2t}}{1+e^{-2t}}$で、$t\to\infty$のとき$e^{-2t}\to 0$であるから、$\displaystyle \lim_{t\to\infty}{g(t)} = 1$となる。

$(4)$ $f(T) = g(T)$であるから、$\displaystyle \frac{2}{e^T+e^{-T}} = \frac{e^T-e^{-T}}{e^T+e^{-T}}$となる。したがって、$e^{T}-e^{-T} = 2$である。変形して、$e^{2T}-2e^{T}-1 = 0$であるから、$e^T = 1+\sqrt{2}$となる。また、$\{f(t)\}^2 + \{g(t)\}^2 = 1$であるから、$(3)$から$$\begin{eqnarray}\{f(t)\}^2 & = & 1-\{g(t)\}^2 \\ & = & 1-\left(\frac{e^{t}-e^{-t}}{e^{t}+e^{-t}}\right)^2 \\ & = & \frac{4}{(e^t+e^{-t})^2} \end{eqnarray}$$となる。$f(t) > 0$であるから、$\displaystyle f(t) = \frac{2}{e^t+e^{-t}}$となる。求める曲線の長さを$l$とすると、$$\begin{eqnarray}l & = & \int_{0}^{T}{\sqrt{\{f^{\prime}(t)\}^2 + \{g^{\prime}(t)\}^2}dt} \\ & = & \int_{0}^{T}{\sqrt{\{f(t)\}^2\{g(t)\}^2 + \{f(t)\}^4}dt} \\ & = & \int_{0}^{T}{f(t)\sqrt{\{f(t)\}^2+\{g(t)\}^2}dt} \\ & = & \int_{0}^{T}{f(t)dt} \\ & = & \int_{0}^{T}{\frac{2}{e^{t}+e^{-t}}dt} \\ & = & \int_{0}^{t}{\frac{2e^t}{e^{2t}+1}dt}\end{eqnarray}$$である。最後の積分で、$e^t = s$と置く。すると、$$\begin{eqnarray}l & = & \int_{1}^{e^T}{\frac{2s}{s^2+1}\cdot \frac{ds}{s}} \\ & = & \int_{1}^{1+\sqrt{2}}{\frac{2ds}{s^2+1}}\end{eqnarray}$$である。さらに$s = \tan{\theta}$と置く。$$\begin{eqnarray}l & = & \int_{\frac{\pi}{4}}^{\theta_0}{\frac{2}{\tan^2{\theta}+1}\cdot \frac{1}{\cos^2{\theta}}d\theta} \\ & = & 2\left[\theta \right]_{\frac{\pi}{4}}^{\theta_0} \\ & = & 2\theta_0-\frac{\pi}{2}\end{eqnarray}$$である。ただし、$\displaystyle \tan{\theta_0} = 1+\sqrt{2}$である。したがって、$\displaystyle \underline{l = 2\tan^{-1}{(1+\sqrt{2})}-\frac{\pi}{2}}$である。

解説

こちらの問題も、2024年度の京都大学の理系数学と同じく、双曲線関数を題材にしたものである。問題としては丁寧な誘導がつけられていて、それほど難しくはない。

ところで、$\tan{\theta_0}=1+\sqrt{2}$となる$\theta_0$についてであるが、$\displaystyle \tan^2{\frac{x}{2}} = \frac{1-\cos{x}}{1+\cos{x}}$（$\tan$の半角の公式）で$\displaystyle x = \frac{3}{4}\pi$とすると、$\displaystyle \tan^2{\frac{3}{8}\pi} = \frac{1+\frac{1}{\sqrt{2}}}{1-\frac{1}{\sqrt{2}}} = (1+\sqrt{2})^2$であるから、$\displaystyle \tan{\frac{3}{8}\pi} = 1+\sqrt{2}$となる。よって、解答の$\displaystyle \theta_0 = \frac{3}{8}\pi$であり、$\displaystyle l = \frac{\pi}{4}$となる。ここまでやらずに、上記の解答の記述で止めた場合、どの程度減点されるのかは不明である。