1984年(昭和59年)東京大学-数学(理科)[2] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2023.08.25記

[2] $xy$ 平面において，直線 $x=0$ を $L$ とし，曲線 $y=\log x$ を $C$ とする．さらに， $L$ 上，または $C$ 上，または $L$ と $C$ との間にはさまれた部分にある点全体の集合を $\textsf{A}$ とする． $\textsf{A}$ に含まれ，直線 $L$ に接し，かつ曲線 $C$ と
点 $(t,\log t)$ （ $0\lt t$ ）において共通の接線をもつ円の中心を $\mbox{P}_t$ とする．

$\mbox{P}_t$ の $x$ 座標， $y$ 座標を $t$ の関数として $x=f(t)$ ， $y=g(t)$ と表したとき，次の極限値はどのような数となるか．

(i) $\displaystyle\lim_{t\to0}\dfrac{f(t)}{g(t)}$

(ii) $\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\dfrac{f(t)}{g(t)}$

本問のテーマ

双曲線関数(2023.09.16)

2020.11.28記
i) $t\to 0$ で $\rm OP$ の傾きの逆数は $0$ 以上、 $\rm OQ$ の傾きの逆数未満であり， $\rm OQ$ の傾きの逆数 $\dfrac{t}{\log t}$ は $0$ に収束するので答は $0$

ii) $t\to \infty$ で $\dfrac{\log t}{t}$ は 0 に収束するので，曲線はほぼ $x$ 軸であるとみなすことができ，円の中心はほぼ $y=x$ 上にあると考えて良く，答は $1$

と予想できる．

[解答]
$(t,\log t)$ の上側の法線向きは $(-1,t)$ だから

$\overrightarrow{{\rm P}_t{\rm Q}_t}=s(-1,t)$ とおくと
$f(t)=t-s，g(t)=\log t +st$
とおけ， ${\rm P}_t{\rm Q}_t={\rm P}_t{\rm R}_t$ から $s=\dfrac{t}{1+\sqrt{1+t^2}}$ となり
$f(t)=\dfrac{t\sqrt{1+t^2}}{1+\sqrt{1+t^2}}$ ， $g(t)=\log t +\dfrac{t^2}{1+\sqrt{1+t^2}}$
から
$\dfrac{f(t)}{g(t)}=\dfrac{t\sqrt{1+t^2}}{t^2+(1+\sqrt{1+t^2})\log t}$
となるので，この極限をとれば良い．

$t\to0$ のときは $(分母)\to -\infty$ ， $(分子)\to 0$ から $0$ に収束

$t\to\infty$ のときは $\dfrac{(分母)}{t^2}=1+\Bigl(\dfrac{1}{t}+\sqrt{\dfrac{1}{t^2}+1}\Bigr) \dfrac{\log t}{t} \to 1$ ，
$\dfrac{(分子)}{t^2}=\sqrt{\dfrac{1}{t^2}+1} \to 1$ から $1$ に収束

2023.09.26記

[別解]
次図において，
$\tan\theta=\dfrac{x}{\sqrt{1+t^2}}$ のとき，
$\tan2\theta=t$ ，つまり $\cos2\theta=\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}$ である．

よって，
$\tan^2\theta=\dfrac{1-\cos2\theta}{1+\cos2\theta}$
$=\dfrac{\sqrt{1+t^2}-1}{\sqrt{1+t^2}+1}$ $=\dfrac{t^2}{(\sqrt{1+t^2}+1)^2}$
となり， $\tan\theta\gt 0$ から
$\tan\theta=\dfrac{x}{\sqrt{1+t^2}}=\dfrac{t}{\sqrt{1+t^2}+1}$
となる．よって
$f(t)=x=\dfrac{t\sqrt{1+t^2}}{\sqrt{1+t^2}+1}$
となる．また，接線の $y$ 切片が $\log t-1$ であることから
$g(t)=y=\log t-1+\sqrt{1+t^2}$
となる．よって
$\dfrac{f(t)}{g(t)}=\dfrac{t\sqrt{1+t^2}}{(\sqrt{1+t^2}+1)(\log t-1+\sqrt{1+t^2})}$
$=\dfrac{t\sqrt{1+t^2}}{t^2+(1+\sqrt{1+t^2})\log t}$
となるので，この極限をとれば良い．

[別解]では分子の有理化を行ったが，分母を有理化しても良い．すると
$f(t)=x=\dfrac{(\sqrt{1+t^2})(\sqrt{1+t^2}+1)}{t}$ $=\dfrac{1+t^2+\sqrt{1+t^2}}{t}$
となる．どのように求めるかによって表現が異なるが同じものである．

[別解2]
次図のように線分の長さを与えると，直角3角形の斜辺の傾きが $\dfrac{1}{t}$ だから
$s=\sqrt{1+t^2}$ として
$(s+x):(x+u):(u+s)=1:t:s$
となる．

よって
$x:s=(1+t-s):(1-t+s)$
となり，
$f(t)=x=\dfrac{s(1+t-s)}{1-t+s}$
$=\dfrac{\sqrt{1+t^2}+t\sqrt{1+t^2}+1+t^2}{1-t+\sqrt{1+t^2}}$
となる．（以下略）

この $f(t)$ は[解答]や[別解]と一見異なるように見えるが，実は同じ式であり，極限をとるときもそれほど違いはない．

双曲線関数を用いて $t=\sinh2\theta$ とおくと $\sqrt{1+t^2}=\cosh2\theta$ であるから，[別解2]の $f(t)$ は
$f(t)$ $=\cosh2\theta\dfrac{1+\sinh2\theta-\cosh2\theta}{1-\sinh2\theta+\cosh2\theta}$
$=\cosh2\theta\dfrac{-2\sinh^2\theta+2\sinh\theta\cosh\theta}{2\cosh^2\theta-2\sinh\theta\cosh\theta}$
$=\cosh2\theta\dfrac{\sinh\theta(-\sinh\theta+\cosh\theta)}{\cosh\theta(\cosh\theta-\sinh\theta)}$
$=\cosh2\theta\dfrac{\sinh\theta}{\cosh\theta}$
となり，[解答]の $f(t)$ は
$f(t)=\dfrac{\sinh2\theta\cosh2\theta}{1+\cosh2\theta}$ $=\dfrac{2\sinh\theta\cosh\theta\cosh2\theta}{2\cosh^2\theta}$
$=\cosh2\theta\dfrac{\sinh\theta}{\cosh\theta}$
だから確かに一致している．

[大人の解答]
（途中から）
$f(t)=\dfrac{\cosh2\theta\sinh\theta}{\cosh\theta}$ ，
$g(t)=\log \sinh 2\theta-1+\cosh2\theta$
であるから，
$\dfrac{f(t)}{g(t)}=\dfrac{\cosh2\theta\sinh\theta}{\cosh\theta(\log \sinh 2\theta-1+\cosh2\theta)}$
$=\tanh\theta\cdot \dfrac{\cosh2\theta}{\log \sinh 2\theta-1+\cosh2\theta}$
$=\tanh\theta\cdot \dfrac{1}{\dfrac{\log \sinh 2\theta-1}{\cosh2\theta}+1}$
となる．

(i) $t\to +0$ で $\theta\to +0$ で $\tanh\theta\to +0$ ， $\cosh2\theta\to 1$ ， $\log\sinh2\theta\to-\infty$ だから
$\dfrac{f(t)}{g(t)}\to 0$

(ii) $t\to +\infty$ で $\theta\to +\infty$ で $\tanh\theta\to 1$ ， $\cosh 2\theta\to+\infty$ ， $\log\sinh2\theta\to 2-\log 2$ だから
$\dfrac{f(t)}{g(t)}\to 1$

となる．