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東京大学 新領域創成科学研究科 人間環境学専攻 2016年8月実施 微积分

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Author​

思齐塾, 祭音Myyura

Description​

  1. 以下の5つの設問 ((1)の 1)～4) および (2)) 全てに解答せよ. なお, 積分汎関数の極大値が最大値と一致するとしてよい.

(1) 周囲の長さが LL で最大面積を囲むような平面内のなめらかな凸形状を構成する曲線を求める. 曲線上の 1 点を原点にとり, その点での曲線の接線を基線として, この曲線を極座標 (r,θ)(r, \theta) で考える. 以下の問いに答えよ.

  1. 周囲の長さ LL を r,θr, \theta を用いて表せ.

  2. 曲線で囲まれた面積 AA を r,θr, \theta を用いて表せ.

  3. 積分汎関数

I=∫0aF(r,drdθ,θ)dθI = \int_0^a F(r, \frac{dr}{d\theta}, \theta) d\theta

において II を極大にする rr を考える. ここで aa は実数である. ∂F∂θ=0\frac{\partial F}{\partial \theta} = 0 であるとき, rr は次の式を満たすことがわかっている.

ddθ(∂F∂r′)−∂F∂r=0,r′=drdθ\frac{d}{d\theta}(\frac{\partial F}{\partial r'}) - \frac{\partial F}{\partial r} = 0, \quad r' = \frac{dr}{d\theta}

このとき,

r′∂F∂r′−F=一定r'\frac{\partial F}{\partial r'} - F = 一定

となることを示せ.

  1. H=A+λLH = A + \lambda L (ただし λ\lambda は未定のパラメータ) とおくことによって問 3) を利用して r=r(θ)r = r(\theta) を求めよ. また, rr が描く図形を説明せよ. 必要に応じて次の関係を使ってよい.
∫11−x2dx=sin⁡−1x+C(Cは積分定数)\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx = \sin^{-1} x + C \quad (C は積分定数)

(2) xyxy 平面内の 2 点 P1(1,1)P_1(1, 1) と P2(5,1)P_2(5, 1) を長さ 2π2\pi の曲線で結ぶ. その曲線と両端における yy 軸に平行な直線と xx 軸との間の面積を最大にする曲線を求めよ.

题目描述​

回答以下五个小问（即 (1) 的 1)–4) 以及 (2)）。可以认为积分泛函的极大值与最大值一致。

(1) 在平面内求一条光滑凸闭曲线，使其周长为 LL 时所围面积最大。取曲线上的一点为原点，并以曲线在该点的切线为基线，用极坐标 (r,θ)(r,\theta) 表示这条曲线。

  1. 用 r,θr,\theta 表示曲线的周长 LL。

  2. 用 r,θr,\theta 表示曲线所围的面积 AA。

  3. 对积分泛函

    I=∫0aF(r,drdθ,θ)dθ,I=\int_0^a F\left(r,\frac{dr}{d\theta},\theta\right)d\theta,

    其中 aa 为实数，记 r′=dr/dθr'=dr/d\theta。已知当 ∂F/∂θ=0\partial F/\partial\theta=0 时，使 II 取极大值的 rr 满足欧拉–拉格朗日方程

    ddθ(∂F∂r′)−∂F∂r=0.\frac{d}{d\theta}\left(\frac{\partial F}{\partial r'}\right)-\frac{\partial F}{\partial r}=0.

    证明此时

    r′∂F∂r′−F=常数.r'\frac{\partial F}{\partial r'}-F=\text{常数}.

  4. 令 H=A+λLH=A+\lambda L，其中 λ\lambda 为待定参数，利用第 3 问求出 r=r(θ)r=r(\theta)，并说明该曲线描绘的图形。必要时可使用

    ∫dx1−x2=sin⁡−1x+C,\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\sin^{-1}x+C,

    其中 CC 为积分常数。

(2) 在 xyxy 平面内，用一条长度为 2π2\pi 的曲线连接 P1(1,1)P_1(1,1) 与 P2(5,1)P_2(5,1)。求使下述面积最大的曲线：该面积由所求曲线、过两个端点且平行于 yy 轴的两条直线以及 xx 轴共同围成。

Kai​

(1) 基線の上側に図形がある向きを選ぶと，凸性より極角の範囲は 0≤θ≤π0\leq\theta\leq\pi であり， r(0)=r(π)=0r(0)=r(\pi)=0 である．したがって，

L=∫0πr2+(r′)2 dθ.L=\int_0^\pi\sqrt{r^2+(r')^2}\,d\theta .
A=12∫0πr2 dθ.A=\frac12\int_0^\pi r^2\,d\theta .
  1. ∂F/∂θ=0\partial F/\partial\theta=0 とオイラー・ラグランジュ方程式を用いると，
ddθ(r′∂F∂r′−F)=r′′∂F∂r′+r′ddθ(∂F∂r′)−∂F∂rr′−∂F∂r′r′′−∂F∂θ=r′{ddθ(∂F∂r′)−∂F∂r}=0.\begin{aligned} \frac{d}{d\theta}\left(r'\frac{\partial F}{\partial r'}-F\right) &=r''\frac{\partial F}{\partial r'} +r'\frac{d}{d\theta}\left(\frac{\partial F}{\partial r'}\right) -\frac{\partial F}{\partial r}r' -\frac{\partial F}{\partial r'}r'' -\frac{\partial F}{\partial\theta}\\ &=r'\left\{ \frac{d}{d\theta}\left(\frac{\partial F}{\partial r'}\right) -\frac{\partial F}{\partial r} \right\}=0 . \end{aligned}

よって，

r′∂F∂r′−F=一定r'\frac{\partial F}{\partial r'}-F=\text{一定}

が従う．

H=∫0π{12r2+λr2+(r′)2}dθH=\int_0^\pi \left\{\frac12r^2+\lambda\sqrt{r^2+(r')^2}\right\}d\theta

とおく． s=r2+(r′)2s=\sqrt{r^2+(r')^2} と書けば，3) の保存量は

−12r2−λr2s=C-\frac12r^2-\lambda\frac{r^2}{s}=C

である．端点 r=0r=0 から C=0C=0 となるので，曲線の内部では s=−2λ=:k>0s=-2\lambda=:k>0 である．したがって

(r′)2=k2−r2.(r')^2=k^2-r^2 .

r(0)=r(π)=0r(0)=r(\pi)=0 かつ内部で r>0r>0 となる解は

r(θ)=ksin⁡θ(0≤θ≤π)r(\theta)=k\sin\theta\qquad(0\leq\theta\leq\pi)

である．また L=∫0πk dθ=πkL=\int_0^\pi k\,d\theta=\pi k だから， k=L/πk=L/\pi である．直交座標では

x2+(y−k2)2=(k2)2,x^2+\left(y-\frac{k}{2}\right)^2 =\left(\frac{k}{2}\right)^2 ,

よって求める図形は半径 L/(2π)L/(2\pi) の円である．

(2) 面積と長さに対する変分法から，極値を与える曲線の曲率は一定であり， 曲線は円弧である．両端点の対称性より円の中心の xx 座標は 33 である． 半径を RR ，円弧が中心で張る角を 2α2\alpha とすると，

2Rsin⁡α=4,2Rα=2π.2R\sin\alpha=4,\qquad 2R\alpha=2\pi .

したがって sin⁡α/α=2/π\sin\alpha/\alpha=2/\pi である． 0<α≤π0<\alpha\leq\pi で sin⁡α/α\sin\alpha/\alpha は狭義単調減少なので， α=π/2\alpha=\pi/2 が該当し， R=2R=2 となる． 面積を最大にするのは上側の半円なので，求める曲線は

y=1+4−(x−3)2(1≤x≤5).\boxed{y=1+\sqrt{4-(x-3)^2}\qquad(1\leq x\leq5)} .
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