偏差値30からの早慶圧勝の個別指導塾 HIRO ACADEMIA

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慶應理工2018

2018年慶應大学理工数学|過去問徹底研究 大問5

偏差値30からの早稲田慶應対策専門個別指導塾
HIRO ACADEMIA presents

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)
\mathrm{B}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}x座標であり,x_{\theta_0}は点\mathrm{B}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
\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)

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