方針・初手

定円 $C$ の中心を原点とする座標平面（または複素数平面）を設定し、動円 $C'$ の中心の位置を媒介変数 $t$ （回転角）を用いて表します。滑らずに転がるという条件から、定円上の弧の長さと動円上の弧の長さが等しいことを利用し、動円自体の空間に対する回転角（自転角）を求めます。これにより、点 $A$ の座標の媒介変数表示を導出し、曲線の長さの公式に代入して定積分を計算します。

解法1

定円 $C$ の中心を原点 $O(0,0)$ とする座標平面を設定する。 初期状態（$t=0$）において、円 $C'$ の中心 $O'$ は $(3,0)$、点 $A$ は $(4,0)$ にあるとする。 動円 $C'$ が $C$ の周りを角 $t$ （$0 \le t \le 2\pi$）だけ反時計回りに公転したとする。 このとき、動円の中心 $O'$ の座標は、$\overrightarrow{OO'} = (3\cos t, 3\sin t)$ と表される。

$C'$ が滑らずに転がるとき、定円 $C$ と動円 $C'$ の接点が描く定円上の弧の長さは $2t$ である。 動円 $C'$ の半径は $1$ であるため、動円が接点を通る動径 $OO'$ に対して相対的に回転する角は $\frac{2t}{1} = 2t$ となる。 空間に対する動円 $C'$ の絶対的な回転角（自転角）は、公転による回転角 $t$ と相対的な回転角 $2t$ の和であるから、 $$t + 2t = 3t$$ となる。 初期状態で $\overrightarrow{O'A} = (1,0)$ であったから、時刻 $t$ におけるベクトル $\overrightarrow{O'A}$ は $x$ 軸の正の方向から角 $3t$ をなし、 $$\overrightarrow{O'A} = (\cos 3t, \sin 3t)$$ と表される。 したがって、時刻 $t$ における点 $A$ の位置ベクトル $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{OO'} + \overrightarrow{O'A}$ は、 $$\overrightarrow{OA} = (3\cos t + \cos 3t, 3\sin t + \sin 3t)$$ となる。すなわち、点 $A$ の座標 $(x,y)$ は次のように媒介変数表示される。 $$ \begin{cases} x = 3\cos t + \cos 3t \\ y = 3\sin t + \sin 3t \end{cases} $$

点 $A$ が描く曲線の長さ $L$ は、 $$L = \int_{0}^{2\pi} \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} dt$$ で求められる。各導関数は以下のようになる。 $$ \begin{aligned} \frac{dx}{dt} &= -3\sin t - 3\sin 3t \\ \frac{dy}{dt} &= 3\cos t + 3\cos 3t \end{aligned} $$ これらを二乗して和をとると、 $$ \begin{aligned} \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2 &= 9(\sin t + \sin 3t)^2 + 9(\cos t + \cos 3t)^2 \\ &= 9(\sin^2 t + 2\sin t \sin 3t + \sin^2 3t) + 9(\cos^2 t + 2\cos t \cos 3t + \cos^2 3t) \\ &= 9 \left\{ (\sin^2 t + \cos^2 t) + (\sin^2 3t + \cos^2 3t) + 2(\cos 3t \cos t + \sin 3t \sin t) \right\} \\ &= 9 \left\{ 1 + 1 + 2\cos(3t - t) \right\} \\ &= 18(1 + \cos 2t) \end{aligned} $$ 半角の公式 $1 + \cos 2t = 2\cos^2 t$ を用いると、 $$\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2 = 18 \cdot 2\cos^2 t = 36\cos^2 t$$ となる。したがって、曲線の長さ $L$ は、 $$L = \int_{0}^{2\pi} \sqrt{36\cos^2 t} dt = \int_{0}^{2\pi} 6|\cos t| dt$$ 関数 $y = |\cos t|$ は周期 $\pi$ であり、積分区間 $[0, 2\pi]$ の図形的な対称性を考慮すると、この定積分は区間 $[0, \frac{\pi}{2}]$ の積分の $4$ 倍に等しい。 $$ \begin{aligned} L &= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 6\cos t dt \\ &= 24 \left[ \sin t \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= 24(1 - 0) = 24 \end{aligned} $$

解法2

複素数平面を用いて考える。円 $C$ の中心を原点 $0$ とする。 初期状態（$t=0$）で $C'$ の中心は $3$、定点 $A$ は $4$ にあるとする。 動円 $C'$ が $C$ の周りを角 $t$ （$0 \le t \le 2\pi$）だけ滑らずに転がるとき、動円の中心 $O'$ を表す複素数 $\alpha(t)$ は、 $$\alpha(t) = 3e^{it}$$ となる。 解法1と同様の考察から、動円 $C'$ は空間に対して自転角 $3t$ で回転するため、動円の中心 $O'$ から定点 $A$ への相対的な位置を表す複素数は $e^{i3t}$ となる。 したがって、時刻 $t$ における点 $A$ を表す複素数 $z(t)$ は、 $$z(t) = 3e^{it} + e^{i3t}$$ と表される。 点 $A$ の速度に対応する $\frac{dz}{dt}$ を計算すると、 $$ \begin{aligned} \frac{dz}{dt} &= 3ie^{it} + 3ie^{i3t} \\ &= 3ie^{i2t}(e^{-it} + e^{it}) \end{aligned} $$ オイラーの公式より $e^{it} + e^{-it} = 2\cos t$ であるから、 $$\frac{dz}{dt} = 3ie^{i2t}(2\cos t) = 6i \cos t \cdot e^{i2t}$$ 速度の大きさ（絶対値）は、 $$\left| \frac{dz}{dt} \right| = \left| 6i \cos t \cdot e^{i2t} \right| = 6 |\cos t| \cdot |i| \cdot |e^{i2t}| = 6|\cos t|$$ となる。 曲線の長さ $L$ はこれを $t = 0$ から $t = 2\pi$ まで積分して得られるので、対称性を利用して $$ \begin{aligned} L &= \int_{0}^{2\pi} \left| \frac{dz}{dt} \right| dt \\ &= \int_{0}^{2\pi} 6|\cos t| dt \\ &= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 6\cos t dt \\ &= 24 \left[ \sin t \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = 24 \end{aligned} $$

解説

いわゆるエピサイクロイド（外サイクロイド）の軌跡の長さを求める典型問題です。 ポイントは、点 $A$ の座標を正しく媒介変数表示できるかどうかにあります。動円が滑らずに転がるという条件から「公転角」と「動円の相対的な回転角」の和として「絶対的な自転角」を導き出せるかが鍵となります。 軌跡の式が立ってしまえば、弧長の計算において二乗和が必ず完全平方式に変形できるため、あとは絶対値を外す際の積分区間の扱いに注意するだけです。解法2のように複素数平面を用いると、三角関数の和積公式や半角公式を使う手間が省け、非常にスマートに速さ（絶対値）を計算できます。

答え

$$24$$