【解説・採点基準付き】2009年九州大学理系数学の解答・解説

座標平面に3点 $\mathrm{O}(0,0)$、 $\mathrm{A}(2,6)$、 $\mathrm{B}(3,4)$ をとり、点Oから直線ABに垂線OCを下ろす。また、実数 $s$ と $t$ に対し、点Pを

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=s\,\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\,\overrightarrow{\mathrm{OB}}$$

で定める。このとき、次の問いに答えよ。

(1) 点Cの座標を求め、 $|\overrightarrow{\mathrm{CP}}|^2$ を $s$ と $t$ を用いて表せ。

(2) $s$ を定数として、 $t$ を $t\geqq0$ の範囲で動かすとき、 $|\overrightarrow{\mathrm{CP}}|^2$ の最小値を求めよ。

(1)　配点 20点

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(3-2,\ 4-6)=(1,-2)$。Cは直線AB上の点なので、実数 $u$ を用いて

$$\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+u\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(2+u,\ 6-2u)$$

とおける。OCは直線ABに垂直なので $\overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=0$ より

$$(2+u)\cdot1+(6-2u)\cdot(-2)=5u-10=0\iff u=2$$

よって $\mathrm{C}(4,\ 2)$ （下の図）。

$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=s(2,6)+t(3,4)=(2s+3t,\ 6s+4t)$ なので

$$\overrightarrow{\mathrm{CP}}=(2s+3t-4,\ 6s+4t-2)$$

$$|\overrightarrow{\mathrm{CP}}|^2=(2s+3t-4)^2+(6s+4t-2)^2=40s^2+60st+25t^2-40s-40t+20$$

答　$\mathrm{C}(4,\ 2)$、 $|\overrightarrow{\mathrm{CP}}|^2=40s^2+60st+25t^2-40s-40t+20$

答えの式は、 $s=t=0$ （PがO）のとき $|\overrightarrow{\mathrm{CO}}|^2=4^2+2^2=20$、 $s=0,\ t=1$ （PがB）のとき $|\overrightarrow{\mathrm{CB}}|^2=1^2+2^2=5$ になることで検算できる。

別解（正射影ベクトルでCを求める）　 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{AO}}$ を直線ABの向きに正射影したベクトルなので、 $\overrightarrow{\mathrm{AO}}=(-2,-6)$、 $|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2=5$ より

$$\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\frac{\overrightarrow{\mathrm{AO}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}}{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2}\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\frac{-2+12}{5}(1,-2)=(2,-4)$$

よって $\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(4,\ 2)$。答案で公式を使うときは、導き方も書いておく。

(2)　配点 30点

$s$ を定数とみて、 $t$ について整理する。係数をくくっておくと平方完成の計算が軽くなる。

$$|\overrightarrow{\mathrm{CP}}|^2=25t^2+20(3s-2)t+20(2s^2-2s+1)$$

平方完成すると、定数項は $20(2s^2-2s+1)-4(3s-2)^2=4s^2+8s+4=4(s+1)^2$ なので

$$|\overrightarrow{\mathrm{CP}}|^2=25\left(t-\frac{4-6s}{5}\right)^2+4(s+1)^2$$

これは $t$ の2次関数で下に凸、軸は $t=\dfrac{4-6s}{5}$。 $t\geqq0$ での最小値の候補は、軸（ $t\geqq0$ に入るとき）と端 $t=0$ である。

$s\leqq\dfrac23$ のとき　軸 $\dfrac{4-6s}{5}\geqq0$ なので、軸は $t\geqq0$ に入る。 $t=\dfrac{4-6s}{5}$ で最小値 $4(s+1)^2$ をとる。

$s>\dfrac23$ のとき　軸 $\dfrac{4-6s}{5}<0$ なので、 $t\geqq0$ では $|\overrightarrow{\mathrm{CP}}|^2$ は増加する。端 $t=0$ で最小値 $40s^2-40s+20$ をとる。

答　$s\leqq\dfrac23$ のとき $4(s+1)^2$、 $s>\dfrac23$ のとき $40s^2-40s+20$

$s=\dfrac23$ では、どちらの式も $\dfrac{100}{9}$ となり一致する。

図で見ると、 $s$ を固定したとき、点Pは $\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=s\overrightarrow{\mathrm{OA}}$ で定まる点 $\mathrm{Q}(2s,\ 6s)$ から $\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ の向きに伸びる半直線（ $t\geqq0$ の部分）の上を動く。Cから半直線を含む直線に下ろした垂線の足をHとすると、Hが半直線上にあるとき（左の図）は $|\overrightarrow{\mathrm{CP}}|$ はP＝Hで最小になり、Hが半直線の外にあるとき（右の図）は端のP＝Qで最小になる。平方完成の軸 $t=\dfrac{4-6s}{5}$ は、Hに対応する $t$ の値である。

別解（点と直線の距離で求める）　上の図のように、Pは点 $\mathrm{Q}(2s,\ 6s)$ を通り $\overrightarrow{\mathrm{OB}}=(3,4)$ の向きに伸びる半直線上を動く。この半直線を含む直線は、法線ベクトルが $(4,-3)$ でQを通るので

$$4x-3y+10s=0$$

Cからこの直線に下ろした垂線の足Hは $\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\overrightarrow{\mathrm{OQ}}+t_0\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ と書け、 $\overrightarrow{\mathrm{CH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}=0$ から $t_0=\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{QC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}}{|\overrightarrow{\mathrm{OB}}|^2}=\dfrac{3(4-2s)+4(2-6s)}{25}=\dfrac{4-6s}{5}$。

$t_0\geqq0$ 、すなわち $s\leqq\dfrac23$ のとき、Hは半直線上にあり、最小値はCと直線の距離の2乗

$$\left(\frac{|4\cdot4-3\cdot2+10s|}{\sqrt{4^2+(-3)^2}}\right)^2=\left(\frac{10|s+1|}{5}\right)^2=4(s+1)^2$$

$s>\dfrac23$ のとき、Hは半直線の外にあり、最小値は端Qとの距離の2乗 $|\overrightarrow{\mathrm{CQ}}|^2=(2s-4)^2+(6s-2)^2=40s^2-40s+20$。

$s=-1$ で最小値が0になるのは、 $\overrightarrow{\mathrm{OC}}=-\overrightarrow{\mathrm{OA}}+2\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ でCがこの直線上にある（ $t=2$ ）からで、答えの検算にもなる。

$k$ は2以上の自然数とする。「1」と書かれたカードが1枚、「2」と書かれたカードが2枚、…、「$k$」と書かれたカードが $k$ 枚ある。そのうちの偶数が書かれたカードの枚数を $M$、奇数が書かれたカードの枚数を $N$ で表す。この $(M+N)$ 枚のカードをよくきって1枚を取り出し、そこに書かれた数を記録してもとに戻すという操作を $n$ 回繰り返す。記録された $n$ 個の数の和が偶数となる確率を $p_n$ とする。次の問いに答えよ。

(1) $p_1$ と $p_2$ を $M,N$ で表せ。

(2) $p_{n+1}$ を $p_n,M,N$ で表せ。

(3) $\dfrac{M-N}{M+N}$ を $k$ で表せ。

(4) $p_n$ を $n$ と $k$ で表せ。

(1)　配点 10点

毎回カードを戻すので、何回目でも、偶数を引く確率は $\dfrac{M}{M+N}$、奇数を引く確率は $\dfrac{N}{M+N}$ である。1回の和が偶数になるのは偶数を引くときなので

$$p_1=\dfrac{M}{M+N}$$

2回の和が偶数になるのは、2回とも偶数を引くか、2回とも奇数を引くときなので

$$p_2=\left(\dfrac{M}{M+N}\right)^2+\left(\dfrac{N}{M+N}\right)^2=\dfrac{M^2+N^2}{(M+N)^2}$$

答　$p_1=\dfrac{M}{M+N}$、 $p_2=\dfrac{M^2+N^2}{(M+N)^2}$

(2)　配点 10点

$n$ 回目までの和が奇数である確率は $1-p_n$ である。 $n+1$ 回目までの和が偶数になるのは、次の2つの場合である（下の図の太い矢印）。

・$n$ 回目までの和が偶数で、 $n+1$ 回目に偶数を引く

・$n$ 回目までの和が奇数で、 $n+1$ 回目に奇数を引く

$n+1$ 回目に偶数を引く確率は $\dfrac{M}{M+N}$、奇数を引く確率は $\dfrac{N}{M+N}$ なので

$$p_{n+1}=\dfrac{M}{M+N}p_n+\dfrac{N}{M+N}(1-p_n)$$

（ $n=1$ とすると $p_2=\dfrac{M}{M+N}\cdot\dfrac{M}{M+N}+\dfrac{N}{M+N}\cdot\dfrac{N}{M+N}$ となり、(1) と一致する。）

答　$p_{n+1}=\dfrac{M}{M+N}p_n+\dfrac{N}{M+N}(1-p_n)$

(3)　配点 15点

カードの総数は

$$M+N=1+2+\cdots+k=\dfrac{k(k+1)}{2}$$

$k$ が偶数のとき　$k=2m$（ $m$ は自然数）とおく。偶数カードは「2」「4」…「 $2m$ 」の $m$ 種類で、枚数の和は初項2、末項 $2m$、項数 $m$ の等差数列の和なので

$$M=2+4+\cdots+2m=\dfrac{m(2+2m)}{2}=m(m+1)$$

$M+N=\dfrac{2m(2m+1)}{2}=m(2m+1)$ より $N=m(2m+1)-m(m+1)=m^2$。よって

$$\dfrac{M-N}{M+N}=\dfrac{m}{m(2m+1)}=\dfrac{1}{2m+1}=\dfrac{1}{k+1}$$

$k$ が奇数のとき　$k\geqq3$ なので $k=2m+1$（ $m$ は自然数）とおく。偶数カードは「2」「4」…「 $2m$ 」なので、上と同じく $M=m(m+1)$。 $M+N=\dfrac{(2m+1)(2m+2)}{2}=(m+1)(2m+1)$ より $N=(m+1)(2m+1)-m(m+1)=(m+1)^2$。よって

$$\dfrac{M-N}{M+N}=\dfrac{-(m+1)}{(m+1)(2m+1)}=-\dfrac{1}{2m+1}=-\dfrac1k$$

答　$k$ が偶数のとき $\dfrac{1}{k+1}$、 $k$ が奇数のとき $-\dfrac1k$

別解（2種類ずつ組にする）　カードを「1と2」「3と4」「5と6」…のように、数の小さい方から2種類ずつ組にする。「 $2i-1$ と $2i$ 」の組には奇数カードが $2i-1$ 枚、偶数カードが $2i$ 枚あるので、どの組でも偶数カードが1枚多い。

・$k$ が偶数のとき、組はちょうど $\dfrac k2$ 組できるので $M-N=\dfrac k2$。 $M+N=\dfrac{k(k+1)}{2}$ で割って $\dfrac{M-N}{M+N}=\dfrac{1}{k+1}$

・$k$ が奇数のとき、「1」〜「 $k-1$ 」で $\dfrac{k-1}{2}$ 組でき、奇数「 $k$ 」のカード $k$ 枚が組にならずに残るので $M-N=\dfrac{k-1}{2}-k=-\dfrac{k+1}{2}$。 $M+N$ で割って $\dfrac{M-N}{M+N}=-\dfrac1k$

$M$、 $N$ を別々に求めずに、差 $M-N$ だけを直接求められる。

(4)　配点 15点

$r=\dfrac{M-N}{M+N}$ とおく。(2) の漸化式を整理すると

$$p_{n+1}=\dfrac{M-N}{M+N}p_n+\dfrac{N}{M+N}=rp_n+\dfrac{N}{M+N}$$

これを $p_{n+1}+\alpha=r(p_n+\alpha)$ の形に変形する。右辺を展開すると $p_{n+1}=rp_n+(r-1)\alpha$ なので、係数を比べて $(r-1)\alpha=\dfrac{N}{M+N}$。 $r-1=-\dfrac{2N}{M+N}$ で、 $N\geqq1$（「1」のカードがある）より $r-1\neq0$ なので $\alpha=-\dfrac12$。よって

$$p_{n+1}-\dfrac12=r\left(p_n-\dfrac12\right)$$

数列 $\left\{p_n-\dfrac12\right\}$ は公比 $r$ の等比数列で、初項は

$$p_1-\dfrac12=\dfrac{M}{M+N}-\dfrac12=\dfrac{M-N}{2(M+N)}=\dfrac r2$$

したがって $p_n-\dfrac12=\dfrac r2\cdot r^{n-1}=\dfrac{r^n}{2}$ より

$$p_n=\dfrac{1+r^n}{2}$$

(3) の $r$ を代入して

答　$k$ が偶数のとき $p_n=\dfrac12\left\{1+\left(\dfrac{1}{k+1}\right)^n\right\}$、 $k$ が奇数のとき $p_n=\dfrac12\left\{1+\left(-\dfrac1k\right)^n\right\}$

補足（0回目までさかのぼる）　まだ1回も取り出していないときの和を0（偶数）と考えて $p_0=1$ とすると、(2) の漸化式は $n=0$ でも成り立つ（ $p_1=r\cdot1+\dfrac{N}{M+N}=\dfrac{M}{M+N}$ ）。これを使うと $p_n-\dfrac12=r^n\left(p_0-\dfrac12\right)=\dfrac{r^n}{2}$ とすぐに求まる。

別解（偶数を $+1$、奇数を $-1$ に置きかえる）　毎回の確率は一定なので、 $n$ 回のうち奇数をちょうど $j$ 回引く確率は、反復試行で ${}_n\mathrm{C}_j\left(\dfrac{M}{M+N}\right)^{n-j}\left(\dfrac{N}{M+N}\right)^j$ である。和が偶数になるのは奇数を引く回数 $j$ が偶数のときなので、 $p_n$ は $j$ が偶数の項の和、 $1-p_n$ は $j$ が奇数の項の和である。そこで、偶数を引く1回を $+1$、奇数を引く1回を $-1$ と見て、各項に $(-1)^j$ をかけて足すと、二項定理より

$$p_n-(1-p_n)=\sum_{j=0}^{n}{}_n\mathrm{C}_j\left(\dfrac{M}{M+N}\right)^{n-j}\left(-\dfrac{N}{M+N}\right)^j=\left(\dfrac{M-N}{M+N}\right)^n=r^n$$

よって $2p_n-1=r^n$、 $p_n=\dfrac{1+r^n}{2}$ が漸化式を使わずに直接求まる。 $r$ が「1回で偶数を引く確率 − 奇数を引く確率」であることも、この式から分かる。

曲線 $C_1:\ y=\dfrac{x^2}{2}$ の点 $\mathrm{P}\left(a,\ \dfrac{a^2}{2}\right)$ における法線と点 $\mathrm{Q}\left(b,\ \dfrac{b^2}{2}\right)$ における法線の交点をRとする。ただし、 $b\neq a$ とする。このとき、次の問いに答えよ。

(1) $b$ が $a$ に限りなく近づくとき、Rはある点Aに限りなく近づく。Aの座標を $a$ で表せ。

(2) 点Pが曲線 $C_1$ 上を動くとき、(1) で求めた点Aが描く軌跡を $C_2$ とする。曲線 $C_1$ と軌跡 $C_2$ の概形を描き、 $C_1$ と $C_2$ の交点の座標を求めよ。

(3) 曲線 $C_1$ と軌跡 $C_2$ で囲まれた部分の面積を求めよ。

(1)　配点 20点

$y’=x$ より、点Pにおける接線の傾きは $a$ なので、Pにおける法線は $a\left(y-\dfrac{a^2}{2}\right)=-(x-a)$、すなわち

$$x+ay=a+\frac{a^3}{2}$$

である（この形なら $a=0$ のときの法線 $x=0$ も表している）。同様に、Qにおける法線は

$$x+by=b+\frac{b^3}{2}$$

Pの法線の式からQの法線の式を引くと

$$(a-b)y=(a-b)+\frac{a^3-b^3}{2}=(a-b)\left(1+\frac{a^2+ab+b^2}{2}\right)$$

$a-b\neq0$ なので $y=1+\dfrac{a^2+ab+b^2}{2}$。これをPの法線の式に代入して

$$x=a+\frac{a^3}{2}-a\left(1+\frac{a^2+ab+b^2}{2}\right)=-\frac{ab(a+b)}{2}$$

よって $\mathrm{R}\left(-\dfrac{ab(a+b)}{2},\ 1+\dfrac{a^2+ab+b^2}{2}\right)$。

Rの座標は $b$ の多項式なので、 $b\to a$ の極限は $b=a$ を代入して

$$-\frac{a\cdot a\cdot2a}{2}=-a^3,\qquad 1+\frac{3a^2}{2}$$

答　$\mathrm{A}\left(-a^3,\ 1+\dfrac32a^2\right)$

(2)　配点 15点

Aの座標を $(x,\ y)$ とすると $x=-a^3$、 $y=1+\dfrac32a^2$。 $x=-a^3$ より $a=-\sqrt[3]{x}$ で、 $a$ が実数全体を動くとき $x$ も実数全体を動く。 $a^2=\sqrt[3]{x^2}$ を代入して

$$C_2:\ y=1+\frac32\sqrt[3]{x^2}$$

$C_2$ の式は $x$ を $-x$ にかえても変わらない（偶関数）ので、 $C_2$ は $y$ 軸に関して対称。 $x\geqq0$ を調べる。 $x>0$ では $y=1+\dfrac32x^{\frac23}$ で

$$y’=x^{-\frac13}=\frac{1}{\sqrt[3]{x}}>0,\qquad y”=-\frac13x^{-\frac43}<0$$

よって $x\geqq0$ で単調に増加し、上に凸。

また、 $x\to+0$ のとき $y’\to\infty$ なので、 $C_2$ は点 $(0,\ 1)$ で $y$ 軸に接するように立ち上がる。 $y$ 軸で折り返すと、点 $(0,\ 1)$ でとがった形になる。 $x\to\infty$ のとき $y\to\infty$。

次に交点と上下関係を調べる。 $C_1$、 $C_2$ はともに $y$ 軸に関して対称なので、 $x\geqq0$ で考える。 $u=x^{\frac23}$（ $u\geqq0$）とおくと $x^2=u^3$ なので

$$\left(1+\frac32x^{\frac23}\right)-\frac{x^2}{2}=1+\frac32u-\frac{u^3}{2}=-\frac12(u^3-3u-2)=-\frac12(u-2)(u+1)^2$$

$u\geqq0$ より $(u+1)^2>0$ なので、この差が0になるのは $u=2$ のときだけ。 $x^{\frac23}=2$ より $x=2^{\frac32}=2\sqrt2$、このとき $y=\dfrac{(2\sqrt2)^2}{2}=4$。対称性から $x=-2\sqrt2$ でも交わる。

さらに、差の符号は $2-u$ の符号と一致するので、 $0\leqq u<2$（ $|x|<2\sqrt2$）では $C_2$ が上、 $u>2$（ $|x|>2\sqrt2$）では $C_1$ が上である。以上から概形は下の図のとおり（ $C_2$ は点 $(0,\ 1)$ でとがり、上に凸で増加して、点 $(\pm2\sqrt2,\ 4)$ で $C_1$ と交わり、その外側では $C_1$ の下に出る）。

答　概形は上の図、交点 $(2\sqrt2,\ 4)$、 $(-2\sqrt2,\ 4)$

別解（交点）　 $C_1$ と $C_2$ の交点は、点Aが $C_1$ 上にあるときの点Aである。 $1+\dfrac32a^2=\dfrac{(-a^3)^2}{2}$ より

$$a^6-3a^2-2=0\iff(a^2-2)(a^2+1)^2=0$$

$a^2+1>0$ なので $a^2=2$、 $a=\pm\sqrt2$。このとき $\mathrm{A}(-a^3,\ 1+\dfrac32a^2)=(\mp2\sqrt2,\ 4)$（複号同順）。 $x^{\frac23}$ を置きかえずに求められる。

(3)　配点 15点

(2) より、囲まれた部分は $-2\sqrt2\leqq x\leqq2\sqrt2$ で $C_2$ が上、 $C_1$ が下の部分（下の図の色の部分）。

$C_1$、 $C_2$ はともに $y$ 軸に関して対称なので、求める面積 $S$ は

$$S=2\int_0^{2\sqrt2}\left\{\left(1+\frac32x^{\frac23}\right)-\frac{x^2}{2}\right\}dx=2\left[x+\frac{9}{10}x^{\frac53}-\frac{x^3}{6}\right]_0^{2\sqrt2}$$

$2\sqrt2=2^{\frac32}$ なので

$$(2\sqrt2)^{\frac53}=2^{\frac52}=4\sqrt2,\qquad(2\sqrt2)^3=2^{\frac92}=16\sqrt2$$

よって

$$S=2\left(2\sqrt2+\frac{9}{10}\cdot4\sqrt2-\frac{16\sqrt2}{6}\right)=2\left(2\sqrt2+\frac{18\sqrt2}{5}-\frac{8\sqrt2}{3}\right)=2\cdot\frac{(30+54-40)\sqrt2}{15}=\frac{88\sqrt2}{15}$$

答　$\dfrac{88\sqrt2}{15}$

曲線 $y=e^x$ 上を動く点Pの時刻 $t$ における座標を $(x(t),\ y(t))$ と表し、Pの速度ベクトルと加速度ベクトルをそれぞれ $\vec v=\left(\dfrac{dx}{dt},\ \dfrac{dy}{dt}\right)$ と $\vec\alpha=\left(\dfrac{d^2x}{dt^2},\ \dfrac{d^2y}{dt^2}\right)$ とする。すべての時刻 $t$ で $|\vec v|=1$ かつ $\dfrac{dx}{dt}>0$ であるとして、次の問いに答えよ。

(1) Pが点 $(s,\ e^s)$ を通過する時刻における速度ベクトル $\vec v$ を $s$ を用いて表せ。

(2) Pが点 $(s,\ e^s)$ を通過する時刻における加速度ベクトル $\vec\alpha$ を $s$ を用いて表せ。

(3) Pが曲線全体を動くとき、 $|\vec\alpha|$ の最大値を求めよ。

(1)　配点 15点

Pは曲線 $y=e^x$ 上にあるので、常に $y=e^x$ である。両辺を $t$ で微分すると、右辺は $x$ の式なので $\dfrac{d}{dt}=\dfrac{dx}{dt}\cdot\dfrac{d}{dx}$ より

$$\frac{dy}{dt}=\frac{dx}{dt}\cdot\frac{d}{dx}e^x=e^x\frac{dx}{dt}$$

$|\vec v|=1$ より

$$\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2=\left(\frac{dx}{dt}\right)^2(1+e^{2x})=1$$

$\dfrac{dx}{dt}>0$ なので

$$\frac{dx}{dt}=\frac{1}{\sqrt{1+e^{2x}}},\qquad\frac{dy}{dt}=\frac{e^x}{\sqrt{1+e^{2x}}}$$

Pが点 $(s,\ e^s)$ を通過する時刻では $x=s$ なので

答　$\vec v=\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+e^{2s}}},\ \dfrac{e^s}{\sqrt{1+e^{2s}}}\right)$

(2)　配点 20点

(1) より、Pの $x$ 座標が $x$ のとき

$$\vec v=\left((1+e^{2x})^{-\frac12},\ e^x(1+e^{2x})^{-\frac12}\right)$$

である。 $\vec v$ は $x$ の式なので、時刻 $t$ で微分するために $\dfrac{d}{dt}=\dfrac{dx}{dt}\cdot\dfrac{d}{dx}$ とすると

$$\vec\alpha=\frac{d\vec v}{dt}=\frac{dx}{dt}\cdot\frac{d\vec v}{dx}$$

各成分を $x$ で微分する。

$$\frac{d}{dx}(1+e^{2x})^{-\frac12}=-\frac12(1+e^{2x})^{-\frac32}\cdot2e^{2x}=-e^{2x}(1+e^{2x})^{-\frac32}$$

$$\frac{d}{dx}\left\{e^x(1+e^{2x})^{-\frac12}\right\}=e^x(1+e^{2x})^{-\frac12}-e^x\cdot e^{2x}(1+e^{2x})^{-\frac32}=e^x(1+e^{2x})^{-\frac32}\left\{(1+e^{2x})-e^{2x}\right\}=e^x(1+e^{2x})^{-\frac32}$$

これらに $\dfrac{dx}{dt}=(1+e^{2x})^{-\frac12}$ をかけて

$$\frac{d^2x}{dt^2}=-\frac{e^{2x}}{(1+e^{2x})^2},\qquad\frac{d^2y}{dt^2}=\frac{e^x}{(1+e^{2x})^2}$$

$x=s$ として

答　$\vec\alpha=\left(-\dfrac{e^{2s}}{(1+e^{2s})^2},\ \dfrac{e^s}{(1+e^{2s})^2}\right)$

（検算）速さが一定なので、 $|\vec v|^2=1$ の両辺を $t$ で微分すると $2\vec v\cdot\vec\alpha=0$ となり、 $\vec\alpha$ は $\vec v$ に垂直になるはずである。実際

$$\vec v\cdot\vec\alpha=\frac{1\cdot(-e^{2s})+e^s\cdot e^s}{(1+e^{2s})^{\frac52}}=0$$

となり、答えと合う。

点Pでの $\vec v$ は接線の向きの長さ1のベクトルで、 $\vec\alpha$ は $\vec v$ に垂直で曲線の内側（左上）を向く。図では見やすくするため、 $\vec\alpha$ の長さを3倍にして書いている。

別解（接線の角 $\theta$ で微分する）　点Pでの接線が $x$ 軸の正の向きとなす角を $\theta$ $\left(0<\theta<\dfrac{\pi}{2}\right)$ とすると、接線の傾きより $\tan\theta=e^x$ である。 $\vec v$ は接線の向きで $|\vec v|=1$、 $\dfrac{dx}{dt}>0$ なので $\vec v=(\cos\theta,\ \sin\theta)$ と表せる。 $\theta$ は $t$ とともに変わるので、 $\dfrac{d}{dt}=\dfrac{d\theta}{dt}\cdot\dfrac{d}{d\theta}$ より

$$\vec\alpha=\frac{d\theta}{dt}(-\sin\theta,\ \cos\theta)$$

$\tan\theta=e^x$ の両辺を $x$ で微分すると $\dfrac{1}{\cos^2\theta}\cdot\dfrac{d\theta}{dx}=e^x$ で、 $\cos^2\theta=\dfrac{1}{1+\tan^2\theta}=\dfrac{1}{1+e^{2x}}$ なので $\dfrac{d\theta}{dx}=\dfrac{e^x}{1+e^{2x}}$ 。また $\dfrac{dx}{dt}=\cos\theta=\dfrac{1}{\sqrt{1+e^{2x}}}$ なので

$$\frac{d\theta}{dt}=\frac{dx}{dt}\cdot\frac{d\theta}{dx}=\frac{e^x}{(1+e^{2x})^{\frac32}}$$

$\sin\theta=\dfrac{e^x}{\sqrt{1+e^{2x}}}$ 、 $\cos\theta=\dfrac{1}{\sqrt{1+e^{2x}}}$ を代入して $x=s$ とすると、上と同じ $\vec\alpha$ が得られる。さらに $(-\sin\theta,\ \cos\theta)$ は長さ1なので、 $|\vec\alpha|=\dfrac{d\theta}{dt}=\dfrac{e^s}{(1+e^{2s})^{\frac32}}$ がすぐに求まり、(3) の式がそのまま得られる。

(3)　配点 15点

(2) より

$$|\vec\alpha|^2=\frac{e^{4s}+e^{2s}}{(1+e^{2s})^4}=\frac{e^{2s}(e^{2s}+1)}{(1+e^{2s})^4}=\frac{e^{2s}}{(1+e^{2s})^3}$$

$|\vec\alpha|>0$ なので、 $|\vec\alpha|$ が最大になるのは $|\vec\alpha|^2$ が最大になるときである。 $u=e^{2s}$ とおくと、Pが曲線全体を動くとき $s$ は実数全体を動くので、 $u$ は $u>0$ の範囲全体を動く。

$$|\vec\alpha|^2=\frac{u}{(1+u)^3}=g(u)\quad(u>0)$$

$$g'(u)=\frac{(1+u)^3-u\cdot3(1+u)^2}{(1+u)^6}=\frac{(1+u)-3u}{(1+u)^4}=\frac{1-2u}{(1+u)^4}$$

$(1+u)^4>0$ なので、 $g'(u)$ の符号は $1-2u$ の符号と一致する。よって、増減は次のようになる。

$g(u)$ の最大値は

$$g\left(\frac12\right)=\frac{\dfrac12}{\left(\dfrac32\right)^3}=\frac12\cdot\frac{8}{27}=\frac{4}{27}$$

$u=\dfrac12$ のとき $e^{2s}=\dfrac12$ より $s=-\dfrac12\log2$ 。よって $|\vec\alpha|$ の最大値は $\sqrt{\dfrac{4}{27}}=\dfrac{2}{3\sqrt3}=\dfrac{2\sqrt3}{9}$

答　$\dfrac{2\sqrt3}{9}$ （ $s=-\dfrac12\log2$ のとき）

速さが一定なので、加速度は進む向きの変わり方だけを表し、その大きさは曲線の曲がり方の強さを表す。 $y=e^x$ は、左へ行くほど $x$ 軸に近づき、右へ行くほど急になって、どちらの側でも曲がり方は小さくなる。その間の点 $\left(-\dfrac12\log2,\ \dfrac{1}{\sqrt2}\right)$ で曲がり方がいちばん強くなり、 $|\vec\alpha|$ が最大になる。図では見やすくするため、加速度ベクトルの長さを3倍にして書いている。

別解（ $s$ のまま微分する）　$f(s)=\dfrac{e^s}{(1+e^{2s})^{\frac32}}=e^s(1+e^{2s})^{-\frac32}$ とおくと

$$f'(s)=e^s(1+e^{2s})^{-\frac32}-\frac32e^s(1+e^{2s})^{-\frac52}\cdot2e^{2s}=\frac{e^s\left\{(1+e^{2s})-3e^{2s}\right\}}{(1+e^{2s})^{\frac52}}=\frac{e^s(1-2e^{2s})}{(1+e^{2s})^{\frac52}}$$

$\dfrac{e^s}{(1+e^{2s})^{\frac52}}>0$ なので、 $f'(s)$ の符号は $1-2e^{2s}$ で決まり、 $s<-\dfrac12\log2$ で正、 $s>-\dfrac12\log2$ で負。よって最大値は $f\left(-\dfrac12\log2\right)=\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt2}}{\left(\dfrac32\right)^{\frac32}}=\dfrac{2\sqrt3}{9}$