H30 Handai_Material | ばたぱら

類題を使って解説する。答えはこちら(pdf)。

1. 解答
2. 総評

1. 解答

　問題は各自入手する。

【問題1】行列の対角化と漸化式

　行列の対角化を用いて漸化式を解く、よくある問題である。

3項間漸化式を行列で解く

【問題2】楕円と微分・積分

誘導に乗れず、あまりうまく解けていない。

arctanの微分は公式通り。

$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dx}\left(\frac{1}{a}{\rm arctan} \left(\frac{x}{a}\right) \right) &=& \frac{1}{a}\frac{\frac{1}{a}}{1+\left(\frac{x}{a}\right)^2} \\ \\ &=& \frac{1}{a^2 + x^2} \quad \blacksquare \end{eqnarray*}$

楕円上の点は、

$\begin{eqnarray*} \begin{cases} x=2{\rm cos}\theta \\ y={\rm sin}\theta \end{cases} \end{eqnarray*}$

と置ける。このとき、楕円の方程式の両辺を $x$ で微分して、

$\begin{eqnarray*} \frac{2x}{4}+2y\frac{dy}{dx}=0 \Leftrightarrow \frac{dy}{dx}=-\frac{x}{4y} \end{eqnarray*}$

である。したがって、 $(2{\rm cos}\theta,{\rm sin}\theta)$ における接線の方程式は、

$\begin{eqnarray*} y&=&-\frac{2{\rm cos}\theta}{4{\rm sin}\theta}(x-2{\rm cos}\theta)+{\rm sin}\theta \\ \\ x{\rm cos}\theta + 2y{\rm sin}\theta &=& 2 \end{eqnarray*}$

である。 $x$ 軸、 $y$ 軸との交点は、

$\begin{eqnarray*} \left(0,\frac{2}{{\rm cos}\theta}\right),\; \left(\frac{1}{{\rm sin}\theta},0\right) \end{eqnarray*}$

であるため線分ABの距離の2乗 $\overline{AB}^2$ は、

$\begin{eqnarray*} \overline{AB}^2&=& \left(\frac{2}{{\rm cos}\theta}\right)^2 +\left(\frac{1}{{\rm sin}\theta}\right)^2 \\ \\ &=& \frac{4}{{\rm cos}^2\theta}+\frac{1}{{\rm sin}^2\theta}\\ \\ &=& 4(1+{\rm tan}^2\theta)+\left(1+\frac{1}{{\rm tan}^2\theta}}\right) \\ \\ &=& 5+4{\rm tan}^2\theta+\frac{1}{{\rm tan}^2\theta} \\ \\ &\geq& 5+\sqrt{4{\rm tan}^2\theta\cdot \frac{1}{{\rm tan}^2\theta}} \\ \\ &=& 7 \quad \blacksquare \end{eqnarray*}$

途中に（相加平均） $\geq$ （相乗平均）の関係を用いた。

　次に２つの楕円で囲まれた面積を求める。対称性より、図の斜線部分の面積を面積を $S$ として、 $S$ を8倍すれば求めたい面積になる。

　ここで２つの楕円は $x=y$ （ $x=-y$ ）に対して対象であり、楕円の４つの交点は $(\pm\frac{2}{\sqrt{5}},\pm\frac{2}{\sqrt{5}})$ （複合任意）であることに注意する。

　 $S$ を求める：

$\begin{eqnarray*} S=\int_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}}} \left( \sqrt{1-\frac{x^2}{2}} - x \right)\, dx =\int_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}}} \sqrt{1-\frac{x^2}{2}}\, dx -\frac{2}{5} \end{eqnarray*}$

第一項の積分を計算する。（公式はあるが、部分積分と工夫で解ける。）

$\begin{eqnarray*} I&\equiv&\int_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}}} \sqrt{1-\frac{x^2}{2}}\, dx\\ \\ &=&\int_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}}} (x)' \sqrt{1-\frac{x^2}{2}}\, dx \\ \\ &=& \left[ x\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\right]_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}} } -\int_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}}} x\cdot \frac{\frac{1}{2}\left(-\frac{2x}{4}\right)}{\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}} \,dx \\ \\ &=& \frac{4}{5}+\int_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}}} \frac{\frac{x^2}{4}}{\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}}\,dx \\ \\ &=&\frac{4}{5}+\int_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}}} \left[ \frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}} - \sqrt{1-\frac{x^2}{4}} \right]\,dx\\ \\ &=& \frac{4}{5}+\int_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}}} \frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}}\,dx - \int_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}}} \sqrt{1-\frac{x^2}{4}} \,dx\\ \\ &=& \frac{4}{5}+ \int_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}}} \frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}} \,dx \;-I \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \therefore \quad 2I=\frac{4}{5}+ \int_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}}} \frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}} \,dx \end{eqnarray*}$

この第二項の積分については、

$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dx}{\rm arcsin}x &=& \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\ \\ \rightarrow \quad \frac{d}{dx}{\rm arcsin}\left(\frac{x}{2}\right) &=& \frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}}\\ \\ \end{eqnarray*}$

であることを利用して、

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}}} \frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}} \,dx &=&2\left[ {\rm arcsin}\left(\frac{x}{2}\right) \right]_{0}^{\frac{2}{\sqrt{5}}}\\ \\ &=&2{\rm arcsin}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \end{eqnarray*}$

よって、

$\begin{eqnarray*} I&=&\frac{1}{2}\left\{\frac{4}{5}+2{\rm arcsin}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \right\}\\ \\ &=& \frac{2}{5}+{\rm arcsin}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \end{eqnarray*}$

となる。以上より、

$\begin{eqnarray*} S=\left\{\frac{2}{5}+{\rm arcsin}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \right\} -\frac{2}{5}={\rm arcsin}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \end{eqnarray*}$