%2007/04/22 06:10
%Copyright 2007 WATANABE,Masayuki
\documentclass[a4j,10pt,fleqn]{jsarticle}
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\def\dsum{\displaystyle\sum}
\def\dlim{\displaystyle\lim}
\def\dint{\displaystyle\int}
\def\dprod{\displaystyle\prod}
\def\tvec#1{\overrightarrow{\text{#1}}}
\def\dvec#1{\overrightarrow{#1}}
\def\MARU#1{{\ooalign{\hfil#1\/\hfil\crcr\raise.167ex\hbox{\mathhexbox20D}}}}
\newcommand{\Arc}[1]{\overset{\rotatebox{90}{\big)}}{#1}}
\begin{document}
{\large 京都大学　1979年　入学試験　理系数学　問題6}\\
\\
{\large 問題}\\
\\
　平面上に動点Pがある．時刻 $t$（$t\geqq 0$）のときのPの座標 $(x,y)$ は
次の式で与えられる．
\[
 \begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix}=e^{-at}\begin{pmatrix}\cos bt & -\sin bt \\ \sin bt & \cos bt\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_1 \\ c_2\end{pmatrix}
\]
　ただし，$a$，$b$，$c_1$，$c_2$ は定数であって，$a>0$，$b>0$ であり，定点 
C$(c_1,c_2)$ は原点O$(0,0)$とは異なるものとする．このとき
\begin{enumerate}
 \item　動点Pの速度ベクトルと動径OPのなす角は一定であることを示せ．
 \item　動点PがCを出発したのち，線分OCと最初に交わる点を $\text{C}_1$，
      第2回目に交わる点を $\text{C}_2$ とする．一般に，第 $k$ 回目にOCと
      交わる点を $\text{C}_k$ とする．Pの経過した道のり 
      $\Arc{\text{C}\text{C}_1}$，$\Arc{\text{C}_1\text{C}_2}$，$\cdots$，
      $\overset{\rotatebox{90}{\Big)}}{\text{C}_k\text{C}_{k+1}}$，$\cdots$ は等比数列であることを示せ．
\end{enumerate}
\ \\
{\large 解答}\\
\\
Cが$x$上の点$(l,0)$に来るように回転を行っても、距離や角は影響を受けないので\\
C$=(l,0)$とする。($l=\sqrt{{c_1}^2+{c_2}^2}$)\\
時刻$t$における$x,y$の値を$x_t,y_t$\\
Pにおける速度ベクトルを$\dvec{v}=(v_x,v_y)$とする\\
$x_t=e^{-at}(l\cos bt)$,$y_t=e^{-at}(l\sin bt)$\\
$v_x=\dfrac{dx_t}{dt} $,$v_y=\dfrac{dy_t}{dt} $\\
$v_x,v_y$を計算すると\\
\begin{eqnarray*}
v_x&=&\dfrac{d}{dt}\{e^{-at}(l\cos bt)\}\\
&=&
 l\dfrac{d}{dt}\{e^{-at}\cos bt\}\\
&=&
 l(-ae^{-at}\cos bt-be^{-at}\sin bt)\\
&=&e^{-at}(
-la\cos bt
-lb\sin bt
)
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
v_y&=&\dfrac{d}{dt}\{e^{-at}(l\sin bt)\} \\
&=&
l\dfrac{d}{dt}\{e^{-at}\sin bt\}\\
&=&e^{-at}(
-la\sin bt
+lb\cos bt
)
\end{eqnarray*}
以上より\\
$\dvec{v}=(-le^{-at}(a\cos bt+b\sin bt),-le^{-at}(a\sin bt-b\cos bt))$\\
$\tvec{OP}=(le^{-at}\cos bt,le^{-at}\sin bt)$\\
$|\dvec{v}|=le^{-at}\sqrt{a^2+b^2}$,$|\tvec{OP}|=le^{-at}$なので\\
それぞれの単位ベクトルを$\dvec{v}_e$,$\tvec{OP}_e$とすると\\
$\dvec{v}_e=\dfrac{\dvec{v}}{|\dvec{v}|}=(\dfrac{(a\cos bt+b\sin bt)}{\sqrt{a^2+b^2}},\dfrac{(a\sin bt-b\cos bt)}{\sqrt{a^2+b^2}})$\\
$\tvec{OP}_e=\dfrac{\tvec{OP}}{|\tvec{OP}|}=(\cos bt,\sin bt)$\\
$\dvec{v}_e=\dfrac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}
\begin{pmatrix}
a&b\\
-b&a
\end{pmatrix}
\tvec{OP}_e
$
となる。\\
$\left(\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2+\left(\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2=1$なので\\
$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}=\cos\theta$,$\dfrac{-b}{\sqrt{a^2+b^2}}=\sin\theta$とする回転行列に等しい。\\
またこれは$t$には依存しないのでOPと$\dvec{v}$のなす角は一定。\\
2.\\
PがOCを横切るのは$bt=2\pi$となったとき\\
したがって\\
$\Arc{\text{C}_k\text{C}_{k+1}}$は$t$が$\dfrac{2k\pi}{b}$から$\dfrac{2(k+1)\pi}{b}$まで変わる間に移動する距離。\\
よってその距離は\\
$\dint_{\frac{2(k)\pi}{b}}^{\frac{2(k+1)\pi}{b}}\sqrt{{v_x}^2+{v_y}^2}\,dt$\\
これを$D_k$とおくと
\begin{eqnarray*}
D_k&=&\dint_{\frac{2(k)\pi}{b}}^{\frac{2(k+1)\pi}{b}}\sqrt{{v_x}^2+{v_y}^2}\,dt\\
&=&
\dint_{\frac{2(k)\pi}{b}}^{\frac{2(k+1)\pi}{b}}
e^{-at}l\sqrt{(a\cos bt+b\sin bt)^2+(a\sin bt-b\cos bt)^2}
\,dt\\
&=&
\dint_{\frac{2(k)\pi}{b}}^{\frac{2(k+1)\pi}{b}}
e^{-at}l\sqrt{a^2+b^2}
\,dt\\
&=&
l\sqrt{a^2+b^2}\dint_{\frac{2(k)\pi}{b}}^{\frac{2(k+1)\pi}{b}}
e^{-at}
\,dt\\
&=&
l\sqrt{a^2+b^2}\Bigl[
-ae^{-at}
\Bigr]_{\frac{2(k)\pi}{b}}^{\frac{2(k+1)\pi}{b}}
\,dt\\
&=&
l\sqrt{a^2+b^2}(
-ae^{-a\frac{2(k)\pi}{b}}
+ae^{-a\frac{2(k+1)\pi}{b}}
)\\
&=&
al\sqrt{a^2+b^2}(
e^{-a\frac{2(k+1)\pi}{b}}
-e^{-a\frac{2(k)\pi}{b}}
)\\
&=&
al\sqrt{a^2+b^2}(
e^{-a\frac{2(k)\pi}{b}}e^{-a\frac{2(1)\pi}{b}}
-e^{-a\frac{2(k)\pi}{b}}
)\\
&=&
al\sqrt{a^2+b^2}(e^{-a\frac{2\pi}{b}}-1)e^{-a\frac{2(k)\pi}{b}}
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\dfrac{D_{k+1}}{D_{k}}&=&
\dfrac{al\sqrt{a^2+b^2}(e^{-a\frac{2\pi}{b}}-1)e^{-a\frac{2(k+1)\pi}{b}}}
{al\sqrt{a^2+b^2}(e^{-a\frac{2\pi}{b}}-1)e^{-a\frac{2(k)\pi}{b}}}\\
&=&
\dfrac{e^{-a\frac{2(k+1)\pi}{b}}}
{e^{-a\frac{2(k)\pi}{b}}}\\
&=&
e^{-a\frac{2(k+1)\pi}{b}+a\frac{2(k)\pi}{b}}\\
&=&
e^{-a\frac{2\pi}{b}}\\
\end{eqnarray*}
となり一定\\
したがって$D_k$は等比数列\\
証明終了
\end{document}
