解説

方針・初手

(1) は積の微分と対数の微分を用いる。特に $\log(x+\sqrt{x^2+1})$ の微分が簡単になることを確認する。

(2) は積分部分が $x$ に依存しない定数であることに注目する。したがって $f(x)$ は $x^2$ の定数倍になる。

(3) は (2) で得た $f(x)$ に対して曲線の長さ

$$ \int_a^b \sqrt{1+{f'(x)}^2},dx

$$

を用いる。

解法1

(1) まず

$$ y=x\sqrt{x^2+1}+\log(x+\sqrt{x^2+1})

$$

とおく。

第1項を微分すると、

$$ \begin{aligned} \frac{d}{dx}\left(x\sqrt{x^2+1}\right) &=\sqrt{x^2+1}+x\cdot \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\\ &=\frac{x^2+1+x^2}{\sqrt{x^2+1}}\\ &=\frac{2x^2+1}{\sqrt{x^2+1}} \end{aligned}

$$

である。

次に第2項を微分する。対数の中身を

$$ u=x+\sqrt{x^2+1}

$$

とおくと、

$$ u'=1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}} =\frac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}

$$

である。よって

$$ \begin{aligned} \frac{d}{dx}\log(x+\sqrt{x^2+1}) &=\frac{u'}{u}\\ &=\frac{\dfrac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}} \end{aligned}

$$

となる。

したがって、

$$ \begin{aligned} y' &=\frac{2x^2+1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\\ &=\frac{2x^2+2}{\sqrt{x^2+1}}\\ &=2\sqrt{x^2+1} \end{aligned}

$$

である。

次に (2) を解く。

与えられた式は

$$ 10x^2\int_0^1 {f(t)}^2,dt=f(x)

$$

である。ここで

$$ A=\int_0^1 {f(t)}^2,dt

$$

とおくと、$A$ は $x$ によらない定数である。したがって

$$ f(x)=10Ax^2

$$

となる。

ここで $C=10A$ とおけば

$$ f(x)=Cx^2

$$

である。このとき

$$ A=\int_0^1 (Ct^2)^2,dt =C^2\int_0^1 t^4,dt =\frac{C^2}{5}

$$

である。

一方で $C=10A$ だから、

$$ C=10\cdot \frac{C^2}{5}=2C^2

$$

となる。よって

$$ C(2C-1)=0

$$

である。

したがって

$$ C=0,\ \frac12

$$

である。$C=0$ のとき $f(x)=0$ であり、これは定数関数である。問題では定数でないものを求めるので、

$$ f(x)=\frac12 x^2

$$

である。

次に (3) を解く。

(2) より

$$ f(x)=\frac12 x^2

$$

であるから、

$$ f'(x)=x

$$

である。したがって、曲線 $y=f(x)$ の $-t\leqq x\leqq t$ における長さ $L$ は

$$ L=\int_{-t}^{t}\sqrt{1+x^2},dx

$$

である。

$\sqrt{1+x^2}$ は偶関数であるから、

$$ L=2\int_0^t \sqrt{1+x^2},dx

$$

である。

(1) より

$$ \frac{d}{dx}\left\{x\sqrt{x^2+1}+\log(x+\sqrt{x^2+1})\right\} =2\sqrt{x^2+1}

$$

である。したがって

$$ 2\int_0^t \sqrt{1+x^2},dx =\left[x\sqrt{x^2+1}+\log(x+\sqrt{x^2+1})\right]_0^t

$$

となる。

よって

$$ L=t\sqrt{t^2+1}+\log(t+\sqrt{t^2+1})

$$

である。

これが

$$ \frac{15}{16}+\log 2

$$

に等しいので、

$$ t\sqrt{t^2+1}+\log(t+\sqrt{t^2+1}) =\frac{15}{16}+\log 2

$$

を解けばよい。

ここで $t=\frac34$ とすると、

$$ \sqrt{t^2+1} =\sqrt{\frac{9}{16}+1} =\sqrt{\frac{25}{16}} =\frac54

$$

である。したがって

$$ t\sqrt{t^2+1} =\frac34\cdot \frac54 =\frac{15}{16}

$$

かつ

$$ t+\sqrt{t^2+1} =\frac34+\frac54 =2

$$

である。

よって

$$ L=\frac{15}{16}+\log 2

$$

となるので、

$$ t=\frac34

$$

である。

解説

(1) の式は、$\sqrt{x^2+1}$ の積分公式と対応している。実際、

$$ \frac{d}{dx}\left\{x\sqrt{x^2+1}+\log(x+\sqrt{x^2+1})\right\} =2\sqrt{x^2+1}

$$

となるため、(3) の弧長計算でそのまま使える形になっている。

(2) では、積分

$$ \int_0^1 {f(t)}^2,dt

$$

が $x$ に依存しない定数である点が重要である。これにより $f(x)$ は $x^2$ の定数倍に限られ、その係数を代入して決定できる。

(3) では、$f(x)=\frac12x^2$ から $f'(x)=x$ となり、弧長が

$$ \int_{-t}^{t}\sqrt{1+x^2},dx

$$

に帰着する。(1) はこの積分を処理するための準備になっている。

答え

**(1)**

$$ y'=2\sqrt{x^2+1}

$$

**(2)**

$$ f(x)=\frac12x^2

$$

**(3)**

$$ t=\frac34

$$