京都大学 2024年度理系数学第5問解答・解説

問題

$a$ は $a ≧ 1$ を満たす定数とする．座標平面上で，次の4つの不等式が表す領域を $D_{a}$ とする．

x ≧ 0, \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2} ≦ y, y ≦ \frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2}, y ≦ a

次の問いに答えよ．

(1) $D_{a}$ の面積 $S_{a}$ を求めよ．

(2) $a \to \infty lim S_{a}$ を求めよ．

出典：京都大学 2024年度前期日程第2次学力試験理系第5問

方針

解法1

下側は $\frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2}$ ，上側は $\frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2}$ と水平線 $y = a$ の小さい方である。 $a ≧ 1$ なので， $\frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2} = a$ となる点を $A$ ， $\frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2} = a$ となる点を $B$ とおくと， $0 ≦ x ≦ A$ では上下の指数関数の差， $A ≦ x ≦ B$ では水平線 $y = a$ と下側の差を積分する。(2)では平方根の差が0に近づくことと，対数項が0に近づくことを不等式で押さえる。

解法2（(2)の領域による別解）

水平線の制限を外した無限帯の面積が1であることを上界にする。一方， $0 ≦ x ≦ A$ の曲線間の帯が $D_{a}$ に含まれることから $1 - e^{- A}$ を下界とし，はさみうちを用いる。

解答

解法1

(1)

上側の曲線 $\frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2}$ が $a$ に等しくなる点を $A$ ，下側の曲線 $\frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2}$ が $a$ に等しくなる点を $B$ とおく。 $a ≧ 1$ なので $A ≧ 0$ であり， $\frac{e ^{A} + e ^{- A}}{2} = a, \frac{e ^{B} - e ^{- B}}{2} = a$ である。これを解くと

A = lo g (a + a^{2} - 1), B = lo g (a + a^{2} + 1)

である。

$0 ≦ x ≦ A$ では，水平線 $y = a$ は上側の曲線より上にあるので，領域の高さは $\frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2} - \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2} = e^{- x}$ である。 $A ≦ x ≦ B$ では，上側は水平線 $y = a$ になり，領域の高さは $a - \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2}$ である。したがって $S_{a} = \int_{0}^{A} e^{- x} d x + \int_{A}^{B} (a - \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2}) d x$ である。

計算すると $\int_{0}^{A} e^{- x} d x = 1 - e^{- A}$ であり， $e^{A} = a + a^{2} - 1$ より $e^{- A} = a - a^{2} - 1$ である。また

\int_{A}^{B} (a - \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2}) d x = a (B - A) - [\frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2}]_{A}^{B}

である。ここで $\frac{e ^{A} + e ^{- A}}{2} = a, \frac{e ^{B} + e ^{- B}}{2} = a^{2} + 1$ なので， $\int_{A}^{B} (a - \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2}) d x = a (B - A) - a^{2} + 1 + a$ である。

以上を合わせると $S_{a} = 1 + a^{2} - 1 - a^{2} + 1 + a (B - A)$ であり， $B - A = lo g \frac{a + a ^{2} + 1}{a + a ^{2} - 1}$ だから

S_{a} = 1 + a^{2} - 1 - a^{2} + 1 + a lo g \frac{a + a ^{2} + 1}{a + a ^{2} - 1}

である。

(2)

まず $a^{2} + 1 - a^{2} - 1 = \frac{2}{a ^{2} + 1 + a ^{2} - 1}$ であるから， $a^{2} - 1 - a^{2} + 1 \to 0 (a \to \infty)$ である。

次に対数項を調べる。 $a$ が十分大きいとき， $R_{a} = \frac{a + a ^{2} + 1}{a + a ^{2} - 1} > 1$ であり， $0 < lo g R_{a} < R_{a} - 1$ である。また

a^{2} + 1 - a^{2} - 1 = \frac{2}{a ^{2} + 1 + a ^{2} - 1} < \frac{1}{a ^{2} - 1} ≦ \frac{2}{a}

が $a ≧ 2$ で成り立つ。また $a + a^{2} - 1 > a$ だから

0 < R_{a} - 1 < \frac{2}{a ^{2}}

である。よって $0 < a lo g R_{a} < a (R_{a} - 1) < \frac{2}{a}$ となり， $a lo g R_{a} \to 0$ である。

したがって $lim_{a \to \infty} S_{a} = 1 + 0 + 0 = 1$ である。

{ 図は $a = 2$ の例。 $A = lo g (a + a^{2} - 1)$ ， $B = lo g (a + a^{2} + 1)$ 。}

解法2（(2)の領域による別解）

(1)

面積の式は解法1と同じである。

(2)

水平線 $y = a$ による制限を外した領域は， $x ≧ 0$ で $sinh x ≦ y ≦ cosh x$ を満たす帯であり，その面積は

\int_{0}^{\infty} (cosh x - sinh x) d x = \int_{0}^{\infty} e^{- x} d x = 1

である。したがって $S_{a} ≦ 1$ である。

一方， $A = lo g (a + a^{2} - 1)$ とすると， $0 ≦ x ≦ A$ では水平線 $y = a$ が上側の曲線 $y = cosh x$ 以上にあるので，この区間の帯はすべて $D_{a}$ に含まれる。よって

S_{a} ≧ \int_{0}^{A} e^{- x} d x = 1 - e^{- A}

である。 $a \to \infty$ なら $A \to \infty$ であり， $e^{- A} \to 0$ だから

1 - e^{- A} ≦ S_{a} ≦ 1

にはさみうちを適用して

a \to \infty lim S_{a} = 1

を得る。

京都大学 2024年度理系数学 第5問

問題

方針

解法1

解法2（(2)の領域による別解）

解答

解法1

(1)

(2)

解法2（(2)の領域による別解）

(1)

(2)

京都大学 2024年度
理系数学第5問