3聖マリアンナ医科大学 2024年 数学 第3問解答・解説

$f^{\prime}(x)=g(x),\quad g^{\prime}(x)=f(x),\quad f(x)^2-g(x)^2=1$ で $f(x)>0$ なので、 $\sqrt{1+{f^{\prime}(x)}^2}=\sqrt{1+g(x)^2}=f(x)$. よって $\displaystyle L(a)=\int_0^a f(x)\,dx=g(a)$、従って $g(a)/L(a)=1$.

$L(a)=1$ なら $g(a)=1$ である。恒等式から $f(a)=\sqrt2$。また $\displaystyle \frac{e^a-e^{-a}}2=1$ より $e^{2a}-2e^a-1=0$。$e^a>0$ なので $e^a=1+\sqrt2$、従って $a=\log(1+\sqrt2)$.

弧長を $n$等分した点 $P_k$ は、始点からの弧長が $k/n$ だから $L(x_k)=g(x_k)=k/n$。従って $f(x_k)=\sqrt{1+g(x_k)^2}=\sqrt{1+(k/n)^2}$。よって $\displaystyle \frac1n\sum\limits _{k=1}^n f(x_k)=\frac1n\sum\limits _{k=1}^n\sqrt{1+(k/n)^2}\longrightarrow\int_0^1\sqrt{1+t^2}\,dt$ は連続関数のリーマン和である。

$t=g(u)$ と置換すると $dt=f(u)\,du$ で、$t=0,1$ に対応する u は $0,a$（$a=\log(1+\sqrt2)$）。従って $\displaystyle \int_0^1\sqrt{1+t^2}\,dt=\int_0^a f(u)^2\,du=\int_0^a\left(\frac{e^u+e^{-u}}2\right)^2\,du=\int_0^a\frac{e^{2u}+2+e^{-2u}}4\,du=\left[\frac{e^{2u}-e^{-2u}}8+\frac u2\right]_0^a=\frac{\log(1+\sqrt2)+\sqrt2}{2}$.