京都大学 2018年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1)
曲線 $y=\log x$ の $x=t$ における接線の傾きは $\frac{1}{t}$ である。したがって法線の傾きは $-t$ であり，法線方向のベクトルとして $(1,-t)$ を取れる。$B$ の $x$ 座標は $t$ より大きいので，向きは $(1,-t)$ の向きである。長さ1の単位ベクトルは $\frac{(1,-t)}{\sqrt{1+t^2}}$ であるから，$$B=(t,\log t)+\frac{(1,-t)}{\sqrt{1+t^2}}$$ である。よって $$u(t)=t+\frac{1}{\sqrt{1+t^2}},v(t)=\log t-\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}$$ である。

微分すると $$\frac{du}{dt}=1-\frac{t}{(1+t^2{)}^{3\mathrm{/}2}}$$ である。また $$\frac{d}{dt}\left(\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\right)=\frac{1}{(1+t^2{)}^{3\mathrm{/}2}}$$ なので $$\frac{dv}{dt}=\frac{1}{t}-\frac{1}{(1+t^2{)}^{3\mathrm{/}2}}$$ である。

(2)
点 $A$ の速度ベクトルは $(1,\frac{1}{t})$ であるから，速さは $$\sqrt{1+\frac{1}{t^2}}=\frac{\sqrt{1+t^2}}{t}$$ である。

次に点 $B$ の速さを求める。$$s=\sqrt{1+t^2}$$ とおくと，(1)より$${\left(\frac{du}{dt}\right)}^2+{\left(\frac{dv}{dt}\right)}^2={(1-\frac{t}{s^3})}^2+{(\frac{1}{t}-\frac{1}{s^3})}^2$$である。展開して整理すると$${\left(\frac{du}{dt}\right)}^2+{\left(\frac{dv}{dt}\right)}^2=\frac{s^2}{t^2}-\frac{2}{ts}+\frac{1}{s^4}={(\frac{s}{t}-\frac{1}{s^2})}^2$$である。$t>0$ で右辺の括弧内は正なので，点 $B$ の速さは $\frac{\sqrt{1+t^2}}{t}-\frac{1}{1+t^2}$ である。

したがって，$t$ が $r$ から1まで動くときの長さの差は$$L_1(r)-L_2(r)={\int }_r^1\{\frac{\sqrt{1+t^2}}{t}-(\frac{\sqrt{1+t^2}}{t}-\frac{1}{1+t^2})\}dt$$すなわち $$L_1(r)-L_2(r)={\int }_r^1\frac{dt}{1+t^2}$$ である。よって $$\underset{r\to +0}{\lim }(L_1(r)-L_2(r))={\int }_0^1\frac{dt}{1+t^2}=\frac{\pi }{4}$$ である。

点 $A$ の単位接ベクトル $\mathit{T}$ と，$x$ 成分が正の単位法ベクトル $\mathit{N}$ を置く。$B=A+\mathit{N}$ と表し，${\mathit{N}}^{\mathrm{\prime }}$ が $\mathit{T}$ の定数倍になることを直接計算する。すると $A^{\mathrm{\prime }}$ と $B^{\mathrm{\prime }}$ が同方向になり，2つの速さの差がただちに $1\mathrm{/}(1+t^2)$ と分かる。

(1)

点 $A(t,\log t)$ の速度ベクトルは$${\mathit{A}}^{\mathrm{\prime }}(t)=(1,\frac{1}{t})\mathrm{.}$$接線方向の単位ベクトルと，$x$ 成分が正の法線方向の単位ベクトルを$$\mathit{T}(t)=\frac{(t,1)}{\sqrt{1+t^2}},\mathit{N}(t)=\frac{(1,-t)}{\sqrt{1+t^2}}$$とおく。$AB=1$ で $B$ の $x$ 座標が大きいから$$\mathit{B}(t)=\mathit{A}(t)+\mathit{N}(t)\mathrm{.}$$よって$$u(t)=t+\frac{1}{\sqrt{1+t^2}},v(t)=\log t-\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\mathrm{.}$$微分して$$(\frac{du}{dt},\frac{dv}{dt})=(1-\frac{t}{(1+t^2{)}^{3\mathrm{/}2}},\frac{1}{t}-\frac{1}{(1+t^2{)}^{3\mathrm{/}2}})\mathrm{.}$$(2)$$s=\sqrt{1+t^2}$$ とおく。まず$${\mathit{A}}^{\mathrm{\prime }}(t)=\frac{s}{t}\mathit{T}(t)$$である。また$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\mathit{N}}^{\mathrm{\prime }}(t)}& {\displaystyle =(-\frac{t}{s^3},-\frac{1}{s^3})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =-\frac{1}{s^2}\mathit{T}(t)\mathrm{.}}\end{array}$$したがって$${\mathit{B}}^{\mathrm{\prime }}(t)={\mathit{A}}^{\mathrm{\prime }}(t)+{\mathit{N}}^{\mathrm{\prime }}(t)=(\frac{s}{t}-\frac{1}{s^2})\mathit{T}(t)\mathrm{.}$$$t>0$ では括弧内は正なので，点 $A,B$ の速さはそれぞれ$$\frac{s}{t},\frac{s}{t}-\frac{1}{s^2}$$である。よって$$L_1(r)-L_2(r)={\int }_r^1\frac{dt}{1+t^2}\mathrm{.}$$ここで $0<{\alpha }_r\leqq \pi \mathrm{/}4$，$\tan {\alpha }_r=r$ となる角 ${\alpha }_r$ をとり、$t=\tan u$ とおくと$$L_1(r)-L_2(r)={\int }_{{\alpha }_r}^{\pi \mathrm{/}4}du=\frac{\pi }{4}-{\alpha }_r\mathrm{.}$$$r\to +0$ のとき、正接の単調性から ${\alpha }_r\to 0$ である。したがって$$\underset{r\to +0}{\lim }(L_1(r)-L_2(r))=\frac{\pi }{4}\mathrm{.}$$