2024年(令和6年)京都大学-数学(理系)[5] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2024.04.13記(2024/04/13/142156)

[5] $a$ は $a\geqq 1$ 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．
$x\geqq0$ ， $\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\leqq y$ ， $y\leqq\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}$ ， $y\leqq a$
次の問いに答えよ．

(1) $D_a$ の面積 $S_a$ を求めよ．

(2) $\displaystyle\lim_{a\to\infty}S_a$ を求めよ．

本問のテーマ

双曲線関数

2024.04.13記
双曲線関数を使うと記述が少し綺麗になるが，普通に解答しておく．

[解答]
(1) $\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}=a$ なる $x\gt 0$ は
$x=\log(a+\sqrt{a^2+1})=:s$
であり，
$\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}=a$ なる $x\gt 0$ は
$x=\log(a+\sqrt{a^2-1})=:c$
であるから
$2S_a=2sa-\displaystyle\int_0^s (e^x-e^{-x}) dx$
$-2ac+2\displaystyle\int_0^c (e^x+e^{-x}) dx$
$=2a(s-c)-(e^s+e^{-s}-2)+(e^c-e^{-c})$
$=2a\log\dfrac{a+\sqrt{a^2+1}}{a+\sqrt{a^2-1}}$
$+2-2\sqrt{a^2+1}+2\sqrt{a^2-1}$
となる．よって
$S_a$ $=a\log\dfrac{a+\sqrt{a^2+1}}{a+\sqrt{a^2-1}}$ $+1-\sqrt{a^2+1}+\sqrt{a^2-1}$
となる．

(2)
$\displaystyle\lim_{a\to\infty}(\sqrt{a^2+1}-\sqrt{a^2-1})$ $=\displaystyle\lim_{a\to\infty}\dfrac{2}{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{a^2-1}}=0$ ，

$\displaystyle\lim_{a\to\infty}a\log\dfrac{a+\sqrt{a^2+1}}{a+\sqrt{a^2-1}}$
$=\displaystyle\lim_{t\to +0}\dfrac{1}{t}\log\dfrac{1+\sqrt{1+t^2}}{1+\sqrt{1-t^2}}$
$=\displaystyle\lim_{t\to +0}\dfrac{\log(1+\sqrt{1+t^2})-\log 2+\log 2-\log(1+\sqrt{1-t^2})}{t}$
$=\dfrac{t}{(1+\sqrt{1+t^2})\sqrt{1+t^2}}\Bigl|_{t=0}+\dfrac{t}{(1+\sqrt{1-t^2})\sqrt{1-t^2}}\Bigl|_{t=0}$ $=0+0=0$

であるから，
$\displaystyle\lim_{a\to\infty}S_a=0+1-0=1$
となる．

2024.04.16記

[解答]
(2) $T(x)=\displaystyle\int_0^x \left\{\dfrac{e^t+e^{-t}}{2}-\dfrac{e^t-e^{-t}}{2}\right\}\,dt$
$=\displaystyle\int_0^x e^{-t}\,dt$ $1-e^{-x}$
とおくと(1)の $s，c$ を用いて
$T(c)\leqq S_a\leqq T(s)$
が成立する． $a\to +\infty$ で $c\to +\infty$ で $s\to +\infty$ であるから
$\displaystyle\lim_{a\to\infty}T(c)=\displaystyle\lim_{c\to\infty})(1-e^{-c})=1$ ，
$\displaystyle\lim_{a\to\infty}T(s)=\displaystyle\lim_{s\to\infty})(1-e^{-s})=1$
となり，はさみうちの原理から
$\displaystyle\lim_{a\to\infty}S_a=1$
となる．