東京大学 2011年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第3問

(1)
点 $P(t,0)$ は、原点中心で半径 $t$ の円周上にある。半径 $t$ の円で弧の長さ $L$ だけ進むとき、対応する中心角は $\frac{L}{t}$ である。$P$ は正の $x$ 軸上の点なので、そこから反時計回りに角 $L\mathrm{/}t$ だけ進んだ点 $Q$ の座標は $$u(t)=t\cos \frac{L}{t},v(t)=t\sin \frac{L}{t}$$ である。

(2)
まず微分する。$d(L\mathrm{/}t)\mathrm{/}dt=-L\mathrm{/}{t}^2$ であるから$$\begin{array}{rl}{\displaystyle u^{\mathrm{\prime }}(t)}& {\displaystyle =\cos \frac{L}{t}+t(-\sin \frac{L}{t})(-\frac{L}{t^2})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\cos \frac{L}{t}+\frac{L}{t}\sin \frac{L}{t},}\end{array}$$また$$\begin{array}{rl}{\displaystyle v^{\mathrm{\prime }}(t)}& {\displaystyle =\sin \frac{L}{t}+t\cos \frac{L}{t}(-\frac{L}{t^2})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\sin \frac{L}{t}-\frac{L}{t}\cos \frac{L}{t}}\end{array}$$である。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \{u^{\mathrm{\prime }}(t){\}}^2+\{v^{\mathrm{\prime }}(t){\}}^2}& {\displaystyle ={(\cos \frac{L}{t}+\frac{L}{t}\sin \frac{L}{t})}^2+{(\sin \frac{L}{t}-\frac{L}{t}\cos \frac{L}{t})}^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\cos }^2\frac{L}{t}+{\sin }^2\frac{L}{t}+\frac{L^2}{t^2}({\sin }^2\frac{L}{t}+{\cos }^2\frac{L}{t})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =1+\frac{L^2}{t^2}}\end{array}$$である。$t>0$ なので$$\sqrt{\{u^{\mathrm{\prime }}(t){\}}^2+\{v^{\mathrm{\prime }}(t){\}}^2}=\sqrt{1+\frac{L^2}{t^2}}=\frac{\sqrt{t^2+L^2}}{t}$$となる。

ここで $$F(t)=\sqrt{t^2+L^2}+L\log \frac{t}{\sqrt{t^2+L^2}+L}$$ とおく。微分すると $$\frac{d}{dt}\sqrt{t^2+L^2}=\frac{t}{\sqrt{t^2+L^2}}$$ であり、また$$\frac{d}{dt}\log \frac{t}{\sqrt{t^2+L^2}+L}=\frac{1}{t}-\frac{t}{\sqrt{t^2+L^2}(\sqrt{t^2+L^2}+L)}$$である。よって整理すると $$F^{\mathrm{\prime }}(t)=\frac{\sqrt{t^2+L^2}}{t}$$ である。したがって$$f(a)={\int }_a^1\frac{\sqrt{t^2+L^2}}{t}dt=F(1)-F(a)$$である。すなわち$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f(a)}& {\displaystyle =\sqrt{1+L^2}-\sqrt{a^2+L^2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +L\log \frac{1}{\sqrt{1+L^2}+L}-L\log \frac{a}{\sqrt{a^2+L^2}+L}}\end{array}$$である。

(3) $a\to +0$ のとき $$\sqrt{a^2+L^2}\to L$$ であり、$$\log (\sqrt{a^2+L^2}+L)\to \log (2L)$$ である。一方、$$\log \frac{a}{\sqrt{a^2+L^2}+L}=\log a-\log (\sqrt{a^2+L^2}+L)$$ である。したがって $f(a)$ のうち $a\to +0$ で発散する部分は $-L\log a$ だけであり、残りは有限な値に近づく。

よって $$\frac{f(a)}{\log a}\to -L$$ である。したがって $$\underset{a\to +0}{\lim }\frac{f(a)}{\log a}=-L$$ である。

$t$ を小さくすると、点 $Q(t)$ は原点へ近づきながら回転する。図は $L=1$ の例である。

(1) から速さを求めるところまでは同じである。原始関数を予想する代わりに、$s=\sqrt{t^2+L^2}$ と置いて有理関数の積分へ変換する。部分分数分解すれば対数項が自然に現れ、極限の発散項も読み取れる。

(1)
半径 $t$ の円周を長さ $L$ だけ進むと中心角は $L\mathrm{/}t$ だから$$u(t)=t\cos \frac{L}{t},v(t)=t\sin \frac{L}{t}$$である。

(2)
微分して平方和を取ると$$\{u^{\mathrm{\prime }}(t){\}}^2+\{v^{\mathrm{\prime }}(t){\}}^2=1+\frac{L^2}{t^2}\mathrm{.}$$$t>0$ より$$f(a)={\int }_a^1\frac{\sqrt{t^2+L^2}}{t}dt\mathrm{.}$$ここで$$s=\sqrt{t^2+L^2}$$とおく。$sds=tdt$、$t^2=s^2-L^2$ だから$$\frac{\sqrt{t^2+L^2}}{t}dt=\frac{s^2}{s^2-L^2}ds=(1+\frac{L^2}{s^2-L^2})ds\mathrm{.}$$さらに$$\frac{L^2}{s^2-L^2}=\frac{L}{2}(\frac{1}{s-L}-\frac{1}{s+L})$$である。したがって原始関数は$$s+\frac{L}{2}\log \frac{s-L}{s+L}\mathrm{.}$$$s^2-L^2=t^2$ を使うと$$\frac{s-L}{s+L}=\frac{t^2}{(s+L{)}^2}$$なので、これは$$\sqrt{t^2+L^2}+L\log \frac{t}{\sqrt{t^2+L^2}+L}$$に等しい。よって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f(a)}& {\displaystyle =\sqrt{1+L^2}-\sqrt{a^2+L^2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +L\log \frac{1}{\sqrt{1+L^2}+L}-L\log \frac{a}{\sqrt{a^2+L^2}+L}\mathrm{.}}\end{array}$$(3)
$a\to +0$ のとき、上式で有界でない項は $-L\log a$ だけである。したがって$$\underset{a\to +0}{\lim }\frac{f(a)}{\log a}=-L$$である。