xy平面上において、曲線Hに上方から接しながら滑ることなく転がる1辺の長さが2aの正方形ABCDの中点Qの描く軌跡をFとする。ただし、正方形上の接点Pは辺AB上(両方端点を除く)にあるものとする。
(1)曲線Hが、方程式y=-a/2(e^(x/a)+e^(-x/a)) (|x|＜alog(1+√2))で与えられるとき、Fを求めよ。
(2)曲線Hが上に凸で、Fがx軸上の線分になるとき、↑PQはy軸に平行であることを示せ。
(3) (2)において、曲線Hを求めよ。
という問題で(1)は以下のように解きました。
f(x)=-(a/2)(e^(x/a)+e^(-x/a))としてf'(x)=-1/2(e^(x/a)-e^(-x/a))
よって、Hの長さは対称性から、
2?甜0→alog(1+√2]√(1+f'(x)^2)dx=2?甜0→alog(1+√2)] 1/2(e^(x/a)+e^(-x/a))dx=2［e^(x/a)-e^(-x/a)］ =2a
曲線Hの長さABよりPとABの中点Mが一致するときPはP(0,-a)である。
Fはy軸に関して対称なので、x≧0の部分を考える。
MP＝tとして、P(s,-aA/2)(A=e^(x/a)+e^(-x/a),B=e^(x/a)-e^(-x/a))とすると、
↑PM=t/√(1+f'(x)^2)・(-1,f'(s))=(-2t/A,tB/A)
↑MQ=a/√(1+f'(x)^2)・(-f'(s),1)=aB/A,2a/A)であり、また、
?甜0→t] √(1+f'(x))dt=t、t=aB/2なので計算すると、
↑OQ=↑OP+↑PM+↑MQ=(s,0)となる。
よって、曲線Hの方程式はy=0 (|x|＜alog(1+√2)) である。
(2),(3)は、(1)の答えから(1)の曲線H(とそれをx方向に平行移動したすべての関数,x→x-c(cは任意定数)と置き換えればよい)であろうと推測できます(少なくとも(1)のHは条件を満たします)。
(2),(3)では,(1)でf(x)に関数を代入したところを代入せずに、未知の関数としてそのまま計算していき、x軸上に軌跡があることからベクトルOQのy座標が常に0となるとすると、微分方程式が出てきて、それを解けばよいですが、ただ、その微分方程式は任意定数を含んだ関数の解がただ一つ求まるということは周知の事実のようなので、その事実と(1)の関数がその微分方程式を満たすことから、微分方程式を解かなくても(1)の関数が(3)の答えであるということは言えます。それを踏まえると、(2)は(1)のベクトルの足し算のところを見ればすぐにいえるらしいです。
どなたか(2)と(3)の解答を簡単にでもいいので書いてくれませんか？お願いします。
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No.24793 - 2014/03/09(Sun) 20:14:28
| ☆ Re: / ヒキニート  | | | (2)はできましたが、(3)で微分方程式がたてれません。
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No.24798 - 2014/03/10(Mon) 01:15:34 |
| ☆ 方針 / angel | | | 多分ですが、f のまま式を組み立てるよりも、媒介変数(パラメタ)を使った表現にした方が(2),(3)とも楽にかけると思います。
…それでもしっかり書ききるのはなかなか大変でしょうが。
先にどのように媒介変数を使うかですが、ずばり、基準点から曲線を長さ t ( 符号あり ) 進んだ所の点を (x,y) ( tの関数 ) としてしまうという、ちょうど数直線を曲げて考えるような使い方が良いです。
媒介変数を使った場合の曲線の長さは
∫ √( (dx/dt)^2+(dy/dt)^2 )dt
で表されますが、これが t に等しいということは ∫ の中身が定数 1、これにより dx/dt=cosθ, dy/dt=sinθ ( θはtの関数 ) と表現できるので都合が良いのです。
何が都合が良いかというと、曲線とx軸のなす角がθ ( 傾き tanθ ) という所です。
後は点Qのy座標が0 …というよりも定数 ( つまり dq/dt=0 ) であることを利用して整理していきます。
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No.24841 - 2014/03/13(Thu) 00:14:59 |
| ☆ 解答例（概要） / angel | | | 曲線Hをy=g(x)とし、t = ∫[0,x] √( 1+g'(z)^2 )dz と置く時、
x=0 において t=0、dx/dt＞0
また、y=g(x)に対し dt/dt = √( (dx/dt)^2+(dy/dt)^2 )
であるため、(dx/dt)^2+(dy/dt)^2=1
これにより、あるtの関数θにより、dx/dt=cosθ, dy/dt=sinθ ( dx/dt＞0 より -π/2＜θ＜π/2 ) とおける。
同時に、dy/dx=(dy/dt)/(dx/dy)=tanθである。
これは、曲線Hの接線がx軸となす角が、時計周り方向の角を正としてθとなることを表す。
さて、正方形を転がした時、ABの中点MとPとの距離は、ある定数 c を用いて、符号付き ( Mの方がPよりもx軸正方向にある時に正 ) で t-c となる。
これにより、点Qのy座標qは、接点Pに対応した t,y,θを用いて
q = y - (t-c)sinθ + acosθ
となる。
今、q=0 で一定であることから dq/dt=0 よって
dy/dt - ( sinθ+(t-c)dθ/dt・cosθ ) - adθ/dt・sinθ = 0
dy/dt=sinθを考慮してまとめると
dθ/dt・( (t-c)cosθ+asinθ ) = 0
よって、tanθ=-(t-c)/a
(2)
直角をはさむ2辺が |t-c|,a となる直角三角形の角が|θ|となることから、θ,t-cの正負に注意して図を描くと、QがPの真上に来ることが分かります。
※図を描くのが面倒なのでちょっと手抜き
(3)
tanθ=-(t-c)/a, cosθ＞0 より、
cosθ=a/√(a^2+(t-c)^2), sinθ=-(t-c)/√(a^2+(t-c)^2)
よって x=∫[0,t]a/√(a^2+(z-c)^2)・dz, y=∫[0,t] (z-c)/√(a^2+(z-c)^2)・dz + C ( Cは定数 )
ゆえに、c,C に応じて曲線Hは一意に定まる。
ところで、(1)のy=f(x)については、x=0 におけるPはABの中点Mに一致する。
これは 上記のケースで c=0, C=f(0) の場合に相当する
そのため、x0(t)=∫[0,t]a/√(a^2+z^2)・dz, y0(t)=∫[0,t] z/√(a^2+z^2)・dz + f(0) とすると、y0(t)=f(x0(t))
一方、H上の点(x,y)に関して
x=∫[0,t]a/√(a^2+(z-c)^2)・dz=x0(t-c)-x0(-c)
y=∫[0,t](z-c)/√(a^2+(z-c)^2)・dz=y0(t-c)-y0(-c)
以上により、y=f(x+x0(-c))-y0(-c)+C
文字を置きかえると一般に y=f(x-p)+r と表される。
Hの極大点のy座標が常に-aとなることも考慮するとr=0
すなわち、H は y=f(x-p) ( pは任意の実数 )
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No.24842 - 2014/03/13(Thu) 01:41:10 |
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