東北大学 1999年 理系 第6問 解説

方針・初手

反射のある運動は、長方形を辺ごとに折り返して平面に敷き詰めることで、反射なしの直線運動に置き換えられる。

したがって、どの頂点に最初に到達するかは、展開図上で出発点 $O$ からどの格子点に最初に到達するかという問題になる。また、速さは $14e^{-t}$ であるから、時刻 $t$ までの移動距離をまず求め、その距離ができるだけ大きくなるような格子点を選べばよい。

解法1

座標を

$$ D=(0,0),\ A=(2,0),\ B=(2,4),\ C=(0,4) $$

とおくと、$O$ は $AD$ の中点であるから

$$ O=(1,0) $$

である。

辺での反射を展開図で考えると、点 $P$ は反射せずに一直線に進み、長方形の各頂点は

$$ (2m,4n)\qquad (m,n\in \mathbb{Z}) $$

という格子点に対応する。

したがって、$P$ がある頂点に到達するとは、展開図上で $O=(1,0)$ から出た半直線が、ある格子点 $(2m,4n)$ に達することと同値である。このとき、その方向の傾きは

$$ \tan\theta=\frac{4n}{2m-1} $$

である。

さらに、そこまでの直線距離は

$$ L=\sqrt{(2m-1)^2+(4n)^2} $$

である。

ここで、同じ直線上にそれより手前の格子点があれば、最初に到達する頂点はそちらになる。よって、最初に到達する頂点を表すには

$$ \gcd(2m-1,n)=1 $$

であることが必要である。

次に、時刻 $t$ までの移動距離を求める。速さは $14e^{-t}$ なので、

$$ s(t)=\int_0^t 14e^{-u},du =14(1-e^{-t}) $$

である。

したがって、頂点までの距離 $L$ が大きいほど到達時刻も大きい。よって、$L<14$ を満たす範囲で $L$ を最大にすればよい。実際、

$$ s(t)<14 $$

であるから、有限時刻で頂点に到達するためには $L<14$ が必要である。

そこで

$$ (2m-1)^2+16n^2<196 $$

を満たす整数を調べる。$n\ge 1$ であるから

$$ 16n^2<196 $$

より

$$ n\le 3 $$

である。

(i)

$n=3$ のとき

$$ (2m-1)^2<196-144=52 $$

より、$2m-1$ は正の奇数だから最大は $7$ である。このとき

$$ L^2=7^2+12^2=193 $$

である。

(ii)

$n=2$ のとき

$$ (2m-1)^2<196-64=132 $$

より、$2m-1$ の最大は $11$ であり、

$$ L^2=11^2+8^2=185 $$

である。

(iii)

$n=1$ のとき

$$ (2m-1)^2<196-16=180 $$

より、$2m-1$ の最大は $13$ であり、

$$ L^2=13^2+4^2=185 $$

である。

以上より、最大は

$$ L=\sqrt{193} $$

であり、そのとき

$$ 2m-1=7,\qquad 4n=12 $$

だから

$$ \tan\theta=\frac{12}{7} $$

となる。

最後に到達時刻を求める。距離 $\sqrt{193}$ だけ進んだとき頂点に到達するので、

$$ 14(1-e^{-t})=\sqrt{193} $$

より

$$ e^{-t}=1-\frac{\sqrt{193}}{14} =\frac{14-\sqrt{193}}{14} $$

したがって

$$ t=\log\frac{14}{14-\sqrt{193}} $$

である。

解説

この問題の本質は、反射運動を展開図で直線運動に直すことである。反射をそのまま追うと複雑であるが、展開図にすると「出発点 $O$ から格子点までの距離」を最大化する問題になる。

また、速さが指数関数的に減少していても、到達時刻は移動距離

$$ s(t)=14(1-e^{-t}) $$

の単調増加性だけで決まる。したがって、どの方向が最も時間を要するかは、有限距離 $14$ 未満で到達できる格子点のうち、最も遠いものを探せばよい。

答え

$$ \tan\theta=\frac{12}{7} $$

そのとき、$P$ が頂点に到達する時刻は

$$ t=\log\frac{14}{14-\sqrt{193}} $$

である。