2018年慶應大学理工数学|過去問徹底研究大問5

方針の立て方

(1)
どれも典型問題であるため特筆事項なし．

(2)
(マ)については，曲線の長さを公式 $\int\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx$ を使って表した後に，極座標に置換すればよい．
(ミ)についても，素直に計算をし，素直に等式を立てれば解答が得られる．
(ム)について．対称性があるため，上半分だけを求めればよいことに気付くと計算が楽になる．この問題に限らず，対称性に気付くことは重要である．そして，曲線の分かれ目となる点 $\mathrm{B}$ の左側と右側で分けて面積を求めると考える．第1象限側は円弧であるため，面積の導出については特筆事項なし．左側については，最初は素直に $xy$ 座標で面積を定積分で表し，それを極座標変換する．極座標の問題で分からないときには一先ず $xy$ 座標で表し，それを極座標変換するという順序で解くと，何をやっているのかが分かりやすい．

解答例

(1)
フ： $\frac{v}{v^2-1}$
ヘ： $0$
ホ： $\frac{1}{\sqrt{v^2-1}}$
(2)
マ： $\sqrt{\left\{f^\prime\left(\theta\right)\right\}^2+\left\{f\left(\theta\right)\right\}^2}$
ミ： $\frac{1}{\sqrt{v^2-1}}$
ム： $\frac{1}{2}\left(\pi+e^\pi-3\right)$

解説

(1)
〇半径(フについて)
$\mathrm{Q} \left(X,Y\right)$ とおくと， $\mathrm{OQ}=\sqrt{X^2+Y^2},\mathrm{AQ}=\sqrt{\left(X-1\right)^2+Y^2}$ と書ける．
$\therefore\mathrm{OQ}\colon\mathrm{AQ}=\sqrt{X^2+Y^2}\colon\sqrt{\left(X-1\right)^2+Y^2}=1\colon v$
$\therefore\sqrt{\left(X-1\right)^2+Y^2}=v\sqrt{X^2+Y^2}$
両辺正のため，2乗しても同値性は崩れず，
$\left(X-1\right)^2+Y^2=v^2\left(X^2+Y^2\right)\Longleftrightarrow\left(X+\frac{1}{v^2-1}\right)^2+Y^2=\left(\frac{v}{v^2-1}\right)^2$
よって，求める半径は $\frac{v}{v^2-1}$ ……(答)

〇点 $\mathrm{B}$ の座標(ヘとホについて)
点 $\mathrm{B}$ の $x$ 座標を $x=t$ と置くと，接点の座標は $\left(t,\sqrt{-t^2-\frac{2}{v^2-1}t+\frac{1}{v^2-1}}\right)$ となる．
よって，接線は，
$\left(t+\frac{1}{v^2-1}\right)\left(X+\frac{1}{v^2-1}\right)+Y\sqrt{-t^2-\frac{2}{v^2-1}t+\frac{1}{v^2-1}}=\left(\frac{v}{v^2-1}\right)^2$
これが点 $\left(1,0\right)$ を通るので，
$\left(t+\frac{1}{v^2-1}\right)\left(1+\frac{1}{v^2-1}\right)=\left(\frac{v}{v^2-1}\right)^2\Leftrightarrow t=0$
よって，点 $\mathrm{B}$ の座標は，
$\left(0,\frac{1}{\sqrt{v^2-1}}\right)$ ……(答)

(2)
〇最短経路の長さ(マについて)
曲線 $C_1$ の方程式を $y=g\left(x\right)$ とすると，最短経路の長さは，
$\mathrm{AB}+\int_{x_{\theta_1}}^{x_{\theta_0}}\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx$
となる．ただし， $x_{\theta_1}$ は点 $\mathrm{R}$ の $x$ 座標であり， $x_{\theta_0}$ は点 $\mathrm{B}$ の $x$ 座標である．
ここで，直角座標から極座標へ変換すると，
$\begin{cases} x=r\cos{\theta}=f\left(\theta\right)\cos{\theta} \\ y=r\sin{\theta}=f\left(\theta\right)\sin{\theta} \end{cases}$
となり，
$\begin{cases} \frac{dx}{d\theta}=f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}-f\left(\theta\right)\sin{\theta} \\ \frac{dy}{d\theta}=f^\prime\left(\theta\right)\sin{\theta}+f\left(\theta\right)\cos{\theta} \end{cases}$
$\therefore\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{d\theta}\cdot\frac{d\theta}{dx}=\frac{f^\prime\left(\theta\right)\sin{\theta}+f\left(\theta\right)\cos{\theta}}{f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}-f\left(\theta\right)\sin{\theta}}$
よって，最短経路の長さは， $\frac{dx}{d\theta}<0$ より，積分区間が入れ替わることに注意すれば，
$\mathrm{AB}+\int_{x_{\theta_1}}^{x_{\theta_0}}\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx=\mathrm{AB}+\int_{\theta_1}^{\theta_0}\sqrt{1+\left(\frac{f^\prime\left(\theta\right)\sin{\theta}+f\left(\theta\right)\cos{\theta}}{f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}-f\left(\theta\right)\sin{\theta}}\right)^2}\left\{f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}-f\left(\theta\right)\sin{\theta}\right\}d\theta=\mathrm{AB}+\int_{\theta_0}^{\theta_1}\sqrt{\left(f\left(\theta\right)\sin{\theta}-f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}\right)^2+\left(f^\prime\left(\theta\right)\sin{\theta}+f\left(\theta\right)\cos{\theta}\right)^2}d\theta=\mathrm{AB}+\int_{\theta_0}^{\theta_1}\sqrt{\left\{f^\prime\left(\theta\right)\right\}^2+\left\{f\left(\theta\right)\right\}^2}d\theta$
〇 $\alpha$ (ミについて)
(1)の結果を考えれば， $\theta_0=\frac{\pi}{2}$ であり， $\mathrm{AB}=\sqrt{1^2+\left(\frac{1}{\sqrt{v^2-1}}\right)^2}=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}$ である．
$f\left(\theta\right)=\beta e^{\alpha\left(\theta-\theta_0\right)}=\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}$ より， $vf\left(\theta_1\right)=v\beta e^{\alpha\left(\theta_1-\frac{\pi}{2}\right)}$ である．
更に $f^\prime\left(\theta\right)=\alpha\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}$
$\mathrm{AB}+\int_{\theta_0}^{\theta_1}\sqrt{\left\{f^\prime\left(\theta\right)\right\}^2+\left\{f\left(\theta\right)\right\}^2}d\theta=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\theta_1}\sqrt{\left\{\alpha\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}\right\}^2+\left\{\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}\right\}^2}d\theta\bigm=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\theta_1}{\sqrt{1+\alpha^2}\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}}d\theta=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}+\sqrt{1+\alpha^2}\beta\left[\frac{1}{\alpha}e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}\right]_{\frac{\pi}{2}}^{\theta_1}\bigm=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}-\frac{\beta}{\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}+\frac{\beta}{\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}e^{\alpha\left(\theta_1-\frac{\pi}{2}\right)}$
これと $vf\left(\theta_1\right)=v\beta e^{\alpha\left(\theta_1-\frac{\pi}{2}\right)}$ が等しくなるので，
$\begin{cases} \frac{v}{\sqrt{v^2-1}}-\frac{\beta}{\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}=0 \\ \frac{\beta}{\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}=v\beta \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} \alpha=\frac{1}{\sqrt{v^2-1}} \\ \beta=\frac{1}{\sqrt{v^2-1}} \end{cases}$ ……(答)
〇領域の面積(ムについて)
$v=\sqrt2$ のとき， $\alpha=\beta=1$ となる．
以下では，領域の上半分の面積を考える．最終的な答えはその2倍となる．
まず第1象限の図形について．これは(1)の議論から $\left(X+\frac{1}{v^2-1}\right)^2+Y^2=\left(\frac{v}{v^2-1}\right)^2\Leftrightarrow\left(X+1\right)^2+Y^2=2$ を満たす図形，つまり，中心 $\left(-1,0\right)$ ，半径 $\sqrt2$ の円の内部．中心を点 $\mathrm{D}$ とすると， $\angle\mathrm{ADB}=\frac{\pi}{4}$ となる．よって，第1象限の図形の面積は，
$\frac{1}{2}\cdot\left(\sqrt2\right)^2\cdot\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\cdot\sqrt2\cos{\frac{\pi}{4}}\cdot\sqrt2\sin{\frac{\pi}{4}}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}$
次に第2象限の図形について．
$x=f\left(\theta\right)\cos{\theta}=e^{\theta-\frac{\pi}{2}}\cos{\theta}$ であるから， $\theta=\pi$ のとき， $x=-e^\frac{\pi}{2}$
よって，第2象限の図形の面積は，
$\int_{-e^\frac{\pi}{2}}^{0}ydx=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{f\left(\theta\right)\sin{\theta}}\frac{dx}{d\theta}d\theta=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{e^{\theta-\frac{\pi}{2}}\sin{\theta}}\cdot e^{\theta-\frac{\pi}{2}}\left(\cos{\theta}-\sin{\theta}\right)d\theta=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta-\pi}\left(\sin{\theta}\cos{\theta}-{\mathrm{sin}}^2\theta\right)d\theta\bigm=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta-\pi}\left(\frac{\sin{2\theta}}{2}-\frac{1-\cos{2\theta}}{2}\right)d\theta=-\frac{1}{2}\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta-\pi}d\theta+\frac{1}{2}\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{e^{2\theta-\pi}\left(\sin{2\theta}+\cos{2\theta}\right)}d\theta$
ここで， $\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta-\pi}d\theta=\left[\frac{1}{2}e^{2\theta-\pi}\right]_\pi^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{2}\left(1-e^\pi\right)$ であり，
$\left(e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}\right)^\prime=2e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}+2e^{2\theta-\pi}\cos{2\theta}\Leftrightarrow e^{2\theta-\pi}\left(\sin{2\theta}+\cos{2\theta}\right)=\frac{1}{2}\left(e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}\right)^\prime$
であるから，
$\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{e^{2\theta-\pi}\left(\sin{2\theta}+\cos{2\theta}\right)}d\theta=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{2}\left(e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}\right)^\prime}d\theta=\left[\frac{1}{2}e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}\right]_\pi^{\frac{\pi}{2}}=0$
$\therefore\int_{-e^\frac{\pi}{2}}^{0}ydx=-\frac{1}{4}\left(1-e^\pi\right)$
よって，上半分の面積は，
$\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\left(1-e^\pi\right)=\frac{1}{4}\left(\pi+e^\pi-3\right)$
よって，求める面積は，
$2\cdot\frac{1}{4}\left(\pi+e^\pi-3\right)=\frac{1}{2}\left(\pi+e^\pi-3\right)$ ……(答)