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北海道大学 1969年理系第4問解説

方針・初手

平面上の点の運動に関する問題である。時刻 $t$ における位置ベクトル $\overrightarrow{OP}$ が成分表示で与えられているため、これを $t$ で微分することで速度ベクトル $\vec{v}$ を求めることができる。道のりは、速度ベクトルの大きさ $|\vec{v}|$ を指定された区間で定積分することで求まる。まずは定義に従って、微分計算を正確に行うことから始める。

解法1

(1)

位置ベクトル $\overrightarrow{OP} = (x, y)$ とおくと、$x = e^{\sqrt{3}t} \cos t$, $y = e^{\sqrt{3}t} \sin t$ である。速度ベクトル $\vec{v}$ の各成分は、位置の各成分を $t$ で微分することで得られる。積の微分法を用いると、

$$ \frac{dx}{dt} = \sqrt{3}e^{\sqrt{3}t} \cos t + e^{\sqrt{3}t} (-\sin t) = e^{\sqrt{3}t} (\sqrt{3} \cos t - \sin t) $$

$$ \frac{dy}{dt} = \sqrt{3}e^{\sqrt{3}t} \sin t + e^{\sqrt{3}t} \cos t = e^{\sqrt{3}t} (\sqrt{3} \sin t + \cos t) $$

となる。したがって、速度ベクトル $\vec{v}$ の大きさ $|\vec{v}|$ の2乗は、

$$ \begin{aligned} |\vec{v}|^2 &= \left( \frac{dx}{dt} \right)^2 + \left( \frac{dy}{dt} \right)^2 \\ &= (e^{\sqrt{3}t})^2 \left\{ (\sqrt{3} \cos t - \sin t)^2 + (\sqrt{3} \sin t + \cos t)^2 \right\} \\ &= e^{2\sqrt{3}t} \left\{ (3 \cos^2 t - 2\sqrt{3} \cos t \sin t + \sin^2 t) + (3 \sin^2 t + 2\sqrt{3} \sin t \cos t + \cos^2 t) \right\} \\ &= e^{2\sqrt{3}t} (4 \cos^2 t + 4 \sin^2 t) \\ &= 4e^{2\sqrt{3}t} \end{aligned} $$

$|\vec{v}| \ge 0$ であるから、

$$ |\vec{v}| = \sqrt{4e^{2\sqrt{3}t}} = 2e^{\sqrt{3}t} $$

(2)

$\vec{v}$ と $\overrightarrow{OP}$ のなす角を $\theta$ ($0 \le \theta \le \pi$) とする。内積 $\overrightarrow{OP} \cdot \vec{v}$ を成分から計算すると、

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{OP} \cdot \vec{v} &= x \frac{dx}{dt} + y \frac{dy}{dt} \\ &= e^{\sqrt{3}t} \cos t \cdot e^{\sqrt{3}t} (\sqrt{3} \cos t - \sin t) + e^{\sqrt{3}t} \sin t \cdot e^{\sqrt{3}t} (\sqrt{3} \sin t + \cos t) \\ &= e^{2\sqrt{3}t} (\sqrt{3} \cos^2 t - \sin t \cos t + \sqrt{3} \sin^2 t + \sin t \cos t) \\ &= \sqrt{3}e^{2\sqrt{3}t} (\cos^2 t + \sin^2 t) \\ &= \sqrt{3}e^{2\sqrt{3}t} \end{aligned} $$

また、$\overrightarrow{OP}$ の大きさは、

$$ |\overrightarrow{OP}| = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{(e^{\sqrt{3}t} \cos t)^2 + (e^{\sqrt{3}t} \sin t)^2} = e^{\sqrt{3}t} $$

したがって、内積の定義より、

$$ \cos \theta = \frac{\overrightarrow{OP} \cdot \vec{v}}{|\overrightarrow{OP}| |\vec{v}|} = \frac{\sqrt{3}e^{2\sqrt{3}t}}{e^{\sqrt{3}t} \cdot 2e^{\sqrt{3}t}} = \frac{\sqrt{3}}{2} $$

$0 \le \theta \le \pi$ の範囲でこれを解くと、$\theta = \frac{\pi}{6}$ となる。

(3)

点 $P$ が時刻 $t = 0$ から $t = 2\pi$ までに動いた道のりを $L$ とすると、道のりは速度の大きさの定積分で表されるため、

$$ L = \int_{0}^{2\pi} |\vec{v}| \,dt = \int_{0}^{2\pi} 2e^{\sqrt{3}t} \,dt $$

これを計算して、

$$ L = \left[ \frac{2}{\sqrt{3}} e^{\sqrt{3}t} \right]_{0}^{2\pi} = \frac{2}{\sqrt{3}} (e^{2\sqrt{3}\pi} - 1) = \frac{2\sqrt{3}}{3} (e^{2\sqrt{3}\pi} - 1) $$

解法2

小問(2)の別解を示す。

(1)の計算の過程から、速度ベクトル $\vec{v}$ は三角関数の加法定理を用いて次のように変形できる。

$$ \begin{aligned} \vec{v} &= e^{\sqrt{3}t} (\sqrt{3} \cos t - \sin t, \sqrt{3} \sin t + \cos t) \\ &= 2e^{\sqrt{3}t} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \cos t - \frac{1}{2} \sin t, \frac{\sqrt{3}}{2} \sin t + \frac{1}{2} \cos t \right) \\ &= 2e^{\sqrt{3}t} \left( \cos \frac{\pi}{6} \cos t - \sin \frac{\pi}{6} \sin t, \sin \frac{\pi}{6} \cos t + \cos \frac{\pi}{6} \sin t \right) \\ &= 2e^{\sqrt{3}t} \left( \cos \left(t + \frac{\pi}{6}\right), \sin \left(t + \frac{\pi}{6}\right) \right) \end{aligned} $$

一方、$\overrightarrow{OP}$ は、

$$ \overrightarrow{OP} = e^{\sqrt{3}t} (\cos t, \sin t) $$

である。

これらの成分表示の形から、ベクトル $\overrightarrow{OP}$ は $x$ 軸の正の向きから角度 $t$ の方向にあり、ベクトル $\vec{v}$ は $x$ 軸の正の向きから角度 $t + \frac{\pi}{6}$ の方向にあることがわかる。したがって、これらのなす角は $\left( t + \frac{\pi}{6} \right) - t = \frac{\pi}{6}$ である。

解説

平面上の点の運動における、速度ベクトルと道のりを求める標準的な問題である。 (1)の速度ベクトルや(3)の道のりの立式は公式通りであるが、指数関数と三角関数の積の微分を含むため、計算を正確に実行する力が問われている。 (2)のなす角を求める問題については、解法1のように内積の定義式を用いるのが最も確実で汎用性が高い。一方で、解法2のように三角関数の合成を利用してベクトルの偏角を直接比較することで、より直感的に図形的な意味を捉えることも可能である。