2024年(令和6年)東京工業大学-数学[2] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2024.04.18記

[2] 実数全体を定義域にもつ微分可能な関数 $f(t)$ ， $g(t)$ が次の6つの条件を満たしているとする．
$f'(t)=-f(t)g(t)$ ， $g'(t)=\{f(t)\}^2$ ， $f(t)\gt 0$ ， $|g(t)|\lt 1$ ， $f(0)=1$ ， $g(0)=0$ ．

このとき，
$p(t)=\{f(t)\}^2+\{g(t)\}^2$ ， $q(t)=\log\dfrac{1+g(t)}{1-g(t)}$
とおく．

(1) $p'(t)$ を求めよ．

(2) $q'(t)$ は定数関数であることを示せ．

(3) $\displaystyle\lim_{t\to\infty} g(t)$ を求めよ．

(4) $f(T)=g(T)$ となる正の実数 $T$ に対して，媒介変数表示された平面曲線 $(x，y)=(f(t)，g(t))$ （ $0\leqq t\leqq T$ ）の長さを求めよ．

本問のテーマ

半円の双曲線関数を用いたパラメータ表示

2024.04.18記(01:52:55)
$f(t)=\dfrac{1}{\cosh t}$ ， $g(t)=\tanh t$ となるが，これを与えられた条件から求めるヒントとして $p(t)，q(t)$ を求めさせる誘導が(1)，(2) である．実際，このとき
$f'(t)=-\dfrac{1}{\cosh^2 t}\cdot \sinh t$ $=-f(t)g(t)$ ，
$g'(t)=\dfrac{1}{\cosh^2 t}$ $=\{f(t)\}^2$ ，
$f(t)\gt 0$ ， $|g(t)|\lt 1$ ， $f(0)=1$ ， $g(0)=0$
と確かに条件を満たしており，このとき
$p(t)=\dfrac{1}{\cosh^2 t}+\tanh^2 t=1$ ，
$q(t)=\log\dfrac{(e^t+e^{-t})+(e^t-e^{-t})}{(e^t+e^{-t})-(e^t-e^{-t})}$ $=\log e^{2t}=2t$
となる．

(4) は $\displaystyle\int\dfrac{1}{\cosh t}\, dt$ を計算すれば良いことがわかるが，この不定積分は
$\displaystyle\int\dfrac{1}{\cosh t}\, dt$ $=\displaystyle\int\dfrac{\cosh t}{\cosh^2 t}\, dt$ $=\displaystyle\int\dfrac{\cosh t}{1+\sinh^2 t}\, dt$ $=\mbox{Arctan}(\sinh t)+C$
となるが，実は
$\mbox{Arctan}(\sinh t)=2\mbox{Arctan}(e^t)-\dfrac{\pi}{2}$
が成立するので
$\displaystyle\int\dfrac{1}{\cosh t}\, dt$ $=2\mbox{Arctan}(e^t)+C$
も成立し，よって [解答] では $\tan\theta=e^t$ と置換する．

[解答]
(1) $p'(t)=2f(t)f'(t)+2g(t)g'(t)$ $=-2f(t)^2g(t) +2g(t)f^2(t)$ $=0$

(2) $p(0)=1^2+0^2=1$ と(1)により，定義域内の任意の $t$ について $p(t)=\{f(t)\}^2+\{g(t)\}^2=1$ が成立し，このとき
$q'(t)=\dfrac{g'(t)}{1+g(t)}+\dfrac{g'(t)}{1-g(t)}$ $=\dfrac{2g'(t)}{1-\{g(t)\}^2}$ $=\dfrac{2\{f(t)\}^2}{\{f(t)\}^2}$ $=2$
であるから， $q(t)$ は定数関数である．

(3) (2) および $q(0)=\log 1=0$ により $q(t)=2t$ であるから，
$g(t)=\dfrac{e^{2t}-1}{e^{2t}+1}$
となる．よって
$\displaystyle\lim_{t\to\infty}g(t)=1$
となる．

(4) $\{f(t)\}^2=1-\{g(t)\}^2$ $=\dfrac{4e^{2t}}{(e^{2t}+1)^2}$
と $f(t)\gt 0$ により
$f(t)=\dfrac{2e^{t}}{e^{2t}+1}$
である．よって $f(T)=g(T)$ のとき $2e^T=e^{2T}-1$ ，つまり $e^{2T}-2e^T-1=0$ となり， $e^T\gt 0$ から
$e^T=1+\sqrt{2}$
となる．

求める長さを $l$ とおくと
$l=\displaystyle\int_0^T\sqrt{\{f'(t)\}^2+\{g'(t)\}^2}\,dt$ $=\displaystyle\int_0^T\sqrt{\{f(t)g(t)\}^2+\{f(t)\}^4}\,dt$ $=\displaystyle\int_0^T\sqrt{\{f(t)\}^2(\{g(t)\}^2+\{f(t)\}^2)}\,dt$ $=\displaystyle\int_0^T f(t)\,dt$ $=\displaystyle\int_0^T \dfrac{2e^{t}}{e^{2t}+1}\,dt$
が成立する．ここで $e^t=\tan\theta$ と置換すると
$e^t\,dt=\dfrac{1}{\cos^2\theta}\,d\theta$ $=(1+e^{2t})\,d\theta$
から $e^T=1+\sqrt{2}=\tan\alpha$ なる $0\lt\alpha\lt\dfrac{\pi}{2}$ を用いて
$l=\displaystyle\int_{0}^{T} \dfrac{2e^{t}}{e^{2t}+1}\,dt$ $=\displaystyle\int_{\pi/4}^{\alpha} 2\, d\theta$ $=2\alpha-\dfrac{\pi}{2}$
が成立する．

ここで $1:\tan\alpha:\dfrac{1}{\cos\theta}$ の直角三角形と $1:1:\sqrt{2}$ の直角2等辺三角形を重ねることにより，3つの角度が $\dfrac{\pi}{8},\dfrac{\pi}{8},\dfrac{3\pi}{4}$ の2等辺三角形を見出すことができ，よって
$\tan\dfrac{3\pi}{8}=1+\sqrt{2}$
であることがわかり $\alpha=\dfrac{3\pi}{8}$ であることがわかる．よって
$l=2\cdot \dfrac{3\pi}{8}-\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{4}$
となる．

[別解]
$\tan 2\alpha=\dfrac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}$ $=\dfrac{2e^T}{1-e^{2T}}$ $=-\dfrac{f(T)}{g(T)}=-1$
より
$2\alpha=\dfrac{3}{4}\pi$
だから，
$l=\dfrac{3\pi}{4}-\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{4}$
となる．

[大人の解答]
(3) $q'(t)=\dfrac{g'(t)}{1+g(t)}+\dfrac{g'(t)}{1-g(t)}$ $=\dfrac{2g'(t)}{1-\{g(t)\}^2}$ $=\dfrac{2\{f(t)\}^2}{\{f(t)\}^2}$ $=2$
および $q(0)=\log 1=0$ により $q(t)=2t$ であるから，
$g(t)=\tanh t$
となる．よって
$\displaystyle\lim_{t\to\infty}g(t)=1$
となる．

(4) $\{f(t)\}^2=1-\{g(t)\}^2$ $=1-\tanh^2 t=\dfrac{1}{\cosh^2 t}$
と $f(t)\gt 0$ により
$f(t)=\dfrac{1}{\cosh t}$
である．よって $f(T)=g(T)$ から $\dfrac{1}{\cosh T}=\dfrac{\sinh T}{\cosh T}$ となるので $\sinh T=1$ である．

なお， $\tan\alpha=e^x$ ， $\tan\beta=e^{-x}=\cot\alpha$ のとき $\alpha+\beta=\dfrac{\pi}{2}$ であるから，
$\alpha=\mbox{Arctan}(e^x)$ ，
$\beta=\mbox{Arctan}(e^{-x})$ $=\dfrac{\pi}{2}-\mbox{Arctan}(e^x)$
となる．一方，
$\tan(\alpha-\beta)$ $=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}$ $=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{2}=\sinh x$
から
$\alpha-\beta=\mbox{Arctan}(\sinh x)$
が成立する．よって
$2\mbox{Arctan}(e^x)-\dfrac{\pi}{2}$ $=\mbox{Arctan}(\sinh x)$
が成立する．

なお， $\tanh x$ の逆関数 $\mbox{Artanh}\, x$ （または $\mbox{Arctanh}\, x$ ）が
$\dfrac{1}{2}\log\dfrac{1+x}{1-x}$ となる（だから $q(t)=2t$ となる）ことについては
2015年(平成27年)東北大学後期-数学(理系)[4] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR
参照．

2024.04.20記
単位円の良くあるパラメータ表示は $(\cos t，\sin t)$ であるが，本問では
半単位円 $x^2+y^2=1，x\gt 0$ のパラメータ表示として
$\left(\dfrac{1}{\cosh t}，\tanh t\right)=(\mbox{sech}\, t，\tanh t)$
を採用している．条件
$\begin{pmatrix} f'(t) \\ g'(t) \end{pmatrix}$ $=f(t)\begin{pmatrix} -g(t) \\ f(t) \end{pmatrix}$
は円の動径と接線は垂直であることを意味している．

[うまい解答]
(1) $p(t)=\begin{pmatrix} f(t) \\ g(t) \end{pmatrix}\bullet \begin{pmatrix} f(t) \\ g(t) \end{pmatrix}$
であるから，
$p'(t)=2\begin{pmatrix} f'(t) \\ g'(t) \end{pmatrix}\bullet \begin{pmatrix} f(t) \\ g(t) \end{pmatrix}$ $=2f(t)\begin{pmatrix} -g(t) \\ f(t) \end{pmatrix}\bullet \begin{pmatrix} f(t) \\ g(t) \end{pmatrix}$ $=0$

(2)(3) [解答]と同じ

(4) (1)と $f(0)=1$ ， $g(0)=0$ により曲線 $(x，y)=(f(t)，g(t))$ （ $0\leqq t\leqq T$ ）は $x^2+y^2=1$ の一部の媒介変数表示である．

$g'(t)\geqq 0$ および(3)により $t$ が 0 から増加すると $(1，0)$ から反時計周りに単調に点 $(0，1)$ に向かって進み， $f(T)=g(T)$ となる点は単位円と $x=y$ の第1象限における交点であるから， $(1，0)$ から反時計周りにこの交点までの長さを求めれば良く，それは $\dfrac{\pi}{4}$ である．

2024.04.22記
東京出版の理系・新作問題演習（絶版）のp.154に

[120] $f(x)$ ， $g(x)$ は $0$ を含むある区間で定義された微分可能な関数で，つぎの条件をみたすものとする．
$f'(x)=f(x)\cdot g(x)$ ， $g'(x)=\{f(x)\}^2$ ， $f(0)=1$ ， $g(0)=0$ ．
このとき

(i) $\{f(x)\}^2-\{g(x)\}^2=1$ が成り立つことを示せ．

(ii) $h(x)=\displaystyle\int_0^x\dfrac{dt}{1+t^2}$ とおくとき， $h(g(x))=h(\tan x)$ が成り立つことを示せ．

(iii) $f(x)$ ， $g(x)$ を求めよ．（学コン1974年12月号）

という問題が載っていた． $\{f(x)\}^2-\{g(x)\}^2=1$ から，これは双曲線 $s^2-t^2=1$ のパラメータ表示の1つを表しており，実際に求めると $f(x)=\dfrac{1}{\cos x}$ ， $g(x)=\tan x$ という有名なパラメータ表示が答となる．

[略解]
(i) 略

(ii) $\bigl(h(g(x))\bigr)'=h'(g(x))\cdot g'(x)=\dfrac{g'(x)}{1+\{g(x)\}^2}=\dfrac{\{f(x)\}^2}{\{f(x)\}^2}=1$ ， $h(g(0))=h(0)=0$ より $h(g(x))=x$ であり，
$\bigl(h(\tan x)\bigr)'=h'(\tan x)\cdot \dfrac{1}{\cos^2 x}=\dfrac{1}{1+\tan^2 x}\cdot\dfrac{1}{\cos^2 x}=1$ ， $h(\tan 0)=h(0)=0$ より $h(\tan x)=x$ であり，両者は等しくなる．