III杏林大学 2026年 数学 第III問解答・解説

極座標の動径を偏角の関数として扱い、軸との交点は等比数列として、弧の長さは直交座標の速さの積分として求める。接線の条件を一つの変数の方程式に直し、導関数の符号で接点の存在と順序を確かめて極限を取る。最後に位置・速度・加速度を極座標の基底で表し、内積と成分の比較、二次方程式の解の公式を用いる。

(a)

曲線上では $r=3e^{-3\theta/4}$ であり、$r'=-\dfrac{3}{4}r<0$ だから、$\theta$ が大きいほど原点からの距離は小さい。軸との交点に対応する許された偏角は $0,\ \dfrac{\pi}{2},\ \pi,\ \dfrac{3\pi}{2},\ \cdots$ の順である。したがって $OA_{0}=3$、$OA_{1}=3e^{-3\pi/8}=a$ であり、隣り合う交点の偏角の差は $\dfrac{\pi}{2}$ なので、公比は $e^{-3\pi/8}=\dfrac{a}{3}$ である。よって $OA_{k}=3\left(\dfrac{a}{3}\right)^{k}$ となる。$0<a<3$ より公比は1未満であり、
$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n}OA_{k}=\dfrac{3}{1-a/3}=\dfrac{9}{3-a}.$$

点 $A_{0}$、$A_{2}$ の偏角はそれぞれ $0$、$\pi$ である。$x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$ とすると $\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^{2}+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^{2}=(r')^{2}+r^{2}$ だから、弧長の被積分関数は $\sqrt{(r')^{2}+r^{2}}=\dfrac{5}{4}r$ である。したがって
$$L=\int_{0}^{\pi}\dfrac{5}{4}\cdot3e^{-3\theta/4}\,d\theta=5\left(1-e^{-3\pi/4}\right)=5-\dfrac{5}{9}a^{2}.$$
最後の等号では $a^{2}=9e^{-3\pi/4}$ を用いた。

(b)

$\theta=0$ で $(x,y)=(3,0)$、$\left(\dfrac{dx}{d\theta},\dfrac{dy}{d\theta}\right)=\left(-\dfrac{9}{4},3\right)$ だから、点 $A_{0}$ での接線は $y=-\dfrac{4}{3}(x-3)=-\dfrac{4}{3}x+4$ である。

接点の偏角を $\theta$、$\vec{e}_{r}=(\cos\theta,\sin\theta)$、$\vec{e}_{\theta}=(-\sin\theta,\cos\theta)$ とおく。曲線上の点 $\mathrm{P}$ と接ベクトルは $\mathrm{P}=r\vec{e}_{r}$、$\mathrm{P}'=r\left(-\dfrac{3}{4}\vec{e}_{r}+\vec{e}_{\theta}\right)$ である。$r=3e^{-3\theta/4}>0$ であり、$\vec{e}_{r}$、$\vec{e}_{\theta}$ は長さ1で垂直だから、$|\mathrm{P}'|=\dfrac{5}{4}r>0$。よって接線は $\mathrm{P}+\lambda\mathrm{P}'$（$\lambda$ は実数全体を動く）と表され、$\mathrm{A}_{0}=(3,0)$ がこの接線上にあることは、$\mathrm{A}_{0}-\mathrm{P}=\lambda\mathrm{P}'$ を満たす実数 $\lambda$ があることと同値である。
$\mathrm{P}'=(p_{1},p_{2})$、$\mathrm{A}_{0}-\mathrm{P}=(X,Y)$ とおくと、この条件は $X=\lambda p_{1}$、$Y=\lambda p_{2}$ という成分の比例条件である。$p_{1}\neq0$ のとき $\lambda=\dfrac{X}{p_{1}}$ だから、この比例条件は $p_{1}Y=p_{2}X$ と同値である。$p_{1}=0$ のときは $p_{2}\neq0$ であり、比例条件は $X=0$ と同値で、この場合も $p_{1}Y=p_{2}X$ と同値である。したがって成分の一方が0の場合も含め、接線の条件は $p_{1}Y=p_{2}X$ と書ける。
ここで
$$\begin{aligned} (p_{1},p_{2})&=r\left(-\dfrac{3}{4}\cos\theta-\sin\theta,\ -\dfrac{3}{4}\sin\theta+\cos\theta\right),\\ (X,Y)&=(3-r\cos\theta,\ -r\sin\theta). \end{aligned}$$$$(p_1,p_2)=r\left(-\frac{3}{4}\cos \theta -\sin \theta ,-\frac{3}{4}\sin \theta +\cos \theta \right),$$$$(X,Y)=(3-r\cos \theta ,-r\sin \theta ).$$
これらを $p_{1}Y=p_{2}X$ に代入して整理すると $r\left(r-3\cos\theta+\dfrac{9}{4}\sin\theta\right)=0$ となる。$r>0$ より
$$3\cos\theta-r-\dfrac{9}{4}\sin\theta=0,\qquad\text{すなわち}\qquad F(\theta):=e^{3\theta/4}\left(\cos\theta-\dfrac{3}{4}\sin\theta\right)=1$$
を得る。

$-\dfrac{\pi}{4}\leqq\theta<0$ では $u=-\theta$（$0<u\leqq\dfrac{\pi}{4}$）とおくと、上の条件は $e^{3u/4}=\cos u+\dfrac{3}{4}\sin u$ となる。しかし
$$H(u):=e^{3u/4}-\cos u-\dfrac{3}{4}\sin u,\qquad H(0)=0,\qquad H'(u)=\dfrac{3}{4}\left(e^{3u/4}-\cos u\right)+\sin u>0\quad(u>0)$$
であるから、負の偏角に解はない。$\theta=0$ は解である。また
$$F'(\theta)=-\dfrac{25}{16}e^{3\theta/4}\sin\theta.$$
よって $0<\theta<\pi$ では $F$ は $1$ から減少するため解はない。各 $n\pi<\theta<(n+1)\pi$（$n\geqq1$）では $F$ は単調で、両端の値 $(-1)^{n}e^{3n\pi/4}$、$(-1)^{n+1}e^{3(n+1)\pi/4}$ は $1$ を挟む。連続性からその区間に解がちょうど一つずつある。従って接点の偏角は $0$ と、各 $n\pi<\theta<(n+1)\pi$（$n=1,2,\ldots$）に一つずつある解で尽くされる。$r$ は偏角とともに厳密に減少するので、この順が原点から遠い順である。

その解を $\theta_{n}$（$n\geqq1$）とし、$\delta_{n}=\theta_{n}-n\pi$（$0<\delta_{n}<\pi$）とおくと、接線の条件より
$$\left|\cos\delta_{n}-\dfrac{3}{4}\sin\delta_{n}\right|=e^{-3\theta_{n}/4}\longrightarrow0.$$
$g(\delta)=\cos\delta-\dfrac{3}{4}\sin\delta$ は $0\leqq\delta\leqq\pi$ で連続し、$g(0)=1$、$g(\pi)=-1$ である。また $g(\delta)=0$ は $\tan\delta=\dfrac{4}{3}$ と同値である。$0<\alpha<\dfrac{\pi}{2}$、$\tan\alpha=\dfrac{4}{3}$ を満たす角 $\alpha$ をとる。$\tan$ は $0<\delta<\dfrac{\pi}{2}$ で増加するので、この角はただ一つである。さらに $g'(\delta)=-\sin\delta-\dfrac{3}{4}\cos\delta<0$（$0<\delta<\dfrac{\pi}{2}$）だから、$g$ は $0\leqq\delta\leqq\dfrac{\pi}{2}$ で減少する。一方、$\dfrac{\pi}{2}\leqq\delta\leqq\pi$ では
$$-g(\delta)=|\cos\delta|+\dfrac{3}{4}\sin\delta\geqq\dfrac{3}{4}\left(|\cos\delta|+\sin\delta\right)\geqq\dfrac{3}{4}.$$
最後の不等式は $(|\cos\delta|+\sin\delta)^{2}=1+2|\cos\delta|\sin\delta\geqq1$ による。以上から $0<\delta<\pi$ で $g(\delta)=0$ を満たす角は $\alpha$ だけである。したがって $|g(\delta_{n})|\to0$ より、十分大きい $n$ では $\delta_{n}<\dfrac{\pi}{2}$ である。任意の十分小さい $\varepsilon>0$ に対し $g(\alpha-\varepsilon)>0>g(\alpha+\varepsilon)$ であり、減少性と $|g(\delta_{n})|\to0$ から、十分大きい $n$ では $\alpha-\varepsilon<\delta_{n}<\alpha+\varepsilon$ となる。よって $\delta_{n}\to\alpha$。ゆえに $OB_{n}=3e^{-3\theta_{n}/4}\to0$、また $\tan\theta_{n}=\tan\delta_{n}\to\tan\alpha=\dfrac{4}{3}$ である。

(c)

$\vec{e}_{r}=(\cos t,\sin t)$、$\vec{e}_{\theta}=(-\sin t,\cos t)$ とし、$r=3e^{-3t/4}$ とおくと、$\vec{e}_{r}'=\vec{e}_{\theta}$、$\vec{e}_{\theta}'=-\vec{e}_{r}$、$r'=-\dfrac{3}{4}r$、$r''=\dfrac{9}{16}r$ である。従って
$$\vec{q}=r\vec{e}_{r},\quad \vec{v}=r\left(-\dfrac{3}{4}\vec{e}_{r}+\vec{e}_{\theta}\right),\quad \vec{a}=r\left(-\dfrac{7}{16}\vec{e}_{r}-\dfrac{3}{2}\vec{e}_{\theta}\right).$$
$|\vec{q}|=r$、$|\vec{v}|=\dfrac{5}{4}r$、$\vec{q}\cdot\vec{v}=-\dfrac{3}{4}r^{2}$ だから $\cos\phi=-\dfrac{3}{5}$ である。また
$$2\vec{a}+3\vec{v}+\dfrac{25}{8}\vec{q}=\vec{0}$$
である。係数を用いる二次方程式は $2z^{2}+3z+\dfrac{25}{8}=0$、すなわち $16z^{2}+24z+25=0$ となる。判別式は $24^{2}-4\cdot16\cdot25=-1024$ なので、
$$z=\dfrac{-24\pm\sqrt{-1024}}{32}=-\dfrac{3}{4}\pm i.$$