1958年(昭和33年)東京大学-数学(解析ＩＩ)[3] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2020.10.25記

[3] 水平面上に $8a\,\mbox{cm}$ だけ離れた二定点 $\rm A，H$ があり， $\rm H$ の真上には高さ $a$ cm のところに点 $\rm B$ がある．線分 $\rm AH$ に点 $\rm P$ をとり，最初 $\rm B$ に静止していた動点が線分 $\rm BP，PA$ に沿って $\rm B$ から $\rm A$ まで動くとき $\rm BP$ 上では等加速度 $\dfrac{\rm BH}{\rm BP} g\,\mbox{cm/sec}^2$ で進み， $\rm PA$ 上では動点が $\rm P$ に達したときの速度の水平成分に等しい等速度で進む．

動点が $\rm B$ から $\rm A$ まで最短時間で到達するには $\rm HP$ をいくらにすればよいか．ただし $g$ は正の定数である．

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2020.10.25記
斜面は普通の力学と同じように進むが，普通の力学だと斜面から水平面へなめらかに移行するので、水平面を進む速さはエネルギー保存の式から $v=\sqrt{2ga}$ で点 $\rm P$ の場所によらず一定となる．この問題は斜面から水平面に移行するときにエネルギーを失って速度の水平成分の速さで進むという設定になっている．

以下で考察する点 $\rm X$ について $xt$ グラフ（ $tx$ 平面のグラフ）を描くと，最初は原点を頂点とする放物線を描き，点 $\rm P$ に到着以降は、点 $\rm P$ における放物線の接線を描くことがわかる．

本問の結果を一般化すると， ${\rm HP}=\sqrt[3]{{\rm BA}\cdot{\rm BH}^2}$ となる．
これに幾何学的意味付けができるかどうかは不明．

[解答]
$\angle\rm BPH=\theta$ ， ${\rm PH}=x$ とおくと， $\cos\theta=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}$ ， $\sin\theta=\dfrac{a}{\sqrt{x^2+a^2}}$ が成立する．

$\rm BP$ 上を加速度 $g\sin\theta$ で進むので，動点の $\rm AH$ への正射影を $\rm X$ とすると， $\rm X$ は加速度 $G=g\sin\theta\cos\theta=\dfrac{gap}{x^2+a^2}$ で進むので $\dfrac{1}{2}\cdot GT^2 =x$ をみたす正数 $T=\sqrt{\dfrac{2(x^2+a^2)}{ag}}$ 時間で $\rm B$ から $\rm P$ に到達する．

そのときの速度の水平成分は $GT$ だから， $\rm PA$ を時間 $\dfrac{8a-x}{GT}$ で進む．

よって，総時間は $GT=\dfrac{2x}{T}$ に注意すると，
$\dfrac{8a-x}{GT}+T$ $=\dfrac{8a-x}{2x}T+T$ $=\dfrac{x+8a}{2x}T$ $=\sqrt{\dfrac{(x+8a)^2(x^2+a^2)}{2ga x^2}}$
となるので，これを最小にする $x$ を求めれば良い．

根号の中を微分して増減表を描くと， $x=2a$ のとき最小になる．

同じ解法だが，三角関数のまま処理しても良い．先ほどの設定だと， $x=a\cot\theta$ となるので， $x=a\tan\varphi$ となるように設定した．

[別解] $\angle\rm PBH=\varphi$ ， ${\rm PH}=x$ とおくと， $\sin\varphi=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}$ ， $\cos\varphi=\dfrac{a}{\sqrt{x^2+a^2}}$ が成立する．このとき， $p=x\tan\varphi$ である．

$\rm BP$ 上を加速度 $g\cos\varphi$ で進むので，動点の $\rm AH$ への正射影を $\rm X$ とすると， $\rm X$ は加速度 $G=g\cos\varphi\sin\varphi$ で進むので $\dfrac{1}{2}\cdot GT^2 =x=a\tan\varphi$ をみたす正数 $T=\sqrt{\dfrac{2a}{g\cos^2\varphi}}$ 時間で $\rm B$ から $\rm P$ に到達する．

この時刻以降の位置 $x={\rm HP}$ は
$x= g\cos\varphi\sin\varphi \sqrt{\dfrac{2a}{g\cos^2\varphi}} \Bigl(t-\sqrt{\dfrac{2a}{g\cos^2\varphi}}\Bigr)+a\tan\varphi$
$=(\sqrt{2ag} \sin\varphi) t-a\tan\varphi$
で表せるので， $\rm A$ に到着する時刻は
$8a=(\sqrt{2ag} \sin\varphi) t-a\tan\varphi$
つまり
$t=\dfrac{a(\tan\varphi+8)}{\sqrt{2ag} \sin\varphi}$ $=\sqrt{\dfrac{a}{2g}}\cdot \dfrac{\tan\varphi+8}{\sin\varphi}$
の最小値を求めれば良い． $\varphi$ で微分すると
$\dfrac{dt}{d\varphi}=\sqrt{\dfrac{a}{2g}}\cdot \dfrac{\sec^2\varphi\cdot \sin\varphi-(\tan\varphi+8)\cos\varphi}{\sin^2\varphi}$
$=\sqrt{\dfrac{a}{2g}}\cdot \dfrac{\sec^2\varphi\cdot \sin\varphi-(\sin\varphi+8\cos\varphi)}{\sin^2\varphi}$
$=\sqrt{\dfrac{a}{2g}}\cdot \dfrac{(\sec^2\varphi -1) \sin\varphi-8\cos\varphi}{\sin^2\varphi}$
$=\sqrt{\dfrac{a}{2g}}\cdot \dfrac{\tan^2\varphi \cdot \sin\varphi-8\cos\varphi}{\sin^2\varphi}$
$=\sqrt{\dfrac{a}{2g}}\cdot \dfrac{\sin^3\varphi-8\cos^3\varphi}{\cos^2\varphi\sin^2\varphi}$
$=\sqrt{\dfrac{a}{2g}}\cdot \dfrac{(\sin\varphi-2\cos\varphi)(\sin^2\varphi+2\sin\varphi\cos\varphi+4\cos^2\varphi)}{\cos^2\varphi\sin^2\varphi}$
となることと， $\varphi$ は第一象限の角であることから，
$\dfrac{dt}{d\varphi}=0\, \Longleftrightarrow\, \tan\varphi=2$
で，この前後で符号は負から正に変化する．よって， $\tan\varphi=2$ ，つまり $x=2a$ のとき最小になる．

なお，[別解] $\varphi$ を利用すると，放物線が接線にきりかわる場所は
$\Bigl(\sqrt{\dfrac{2a}{g}}\cdot \sec\varphi，a\tan\varphi\Bigr)$
であることがわかり，これは双曲線 $\dfrac{t^2}{2a/g}-\dfrac{x^2}{a^2}=1$ のパラメータ表示になっている．そして，この双曲線上の点 $(t，x)$ について
$f(t,x)=\dfrac{t(x+8a)}{2x}$ を最小化すれば良いことがわかる．
この $f(t,x)$ をこのパラメータで表すと [別解] の式が得られる．

ここでは、 $t,x$ の2変数関数の最小化を Lagrange の未定乗数法で計算してみよう．

[大人の解答1]
[解答] の途中から

$\dfrac{1}{2}\cdot GT^2=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{gap}{x^2+a^2}x^2=x$
つまり， $gaT^2-2x^2-2a^2=0$ （ $Tx$ 平面の双曲線）という拘束条件の下での
$f(T,x)=\dfrac{x+8a}{x}T$
の最小値を　Lagrange の未定乗数法で求める．

$L(T,x)=f(T,x)-\lambda(agT^2-2x^2-2a^2)$
とおくと
$\dfrac{\partial L}{\partial T}=\dfrac{x+8a}{2x}-2\lambda agT =0$
$\dfrac{\partial L}{\partial x}=-\dfrac{4aT}{T^2}+4\lambda x =0$
だから， $\lambda$ を消去して $(x+8a)x^2=4a^2gT^2$ となる．

これを双曲線の式に代入して整理すると $x^3=8a^3$ ，つまり $x=2a$ が得られ，これから $T=\sqrt{\dfrac{10a}{g}}$ が得られる．

ちなみに最小値は $t=\dfrac{5}{2}\sqrt{\dfrac{10a}{g}}$ となる．

さて， $x+8a$ という項が登場する理由を考えて解いてみよう．

[大人の解答2]
[解答]，[別解] の設定とする．

動点の直線 $\rm HA$ への正射影を $\rm X$ として， $xt$ グラフを描くと，最初は原点を頂点とする放物線を描き，点 $\rm P$ に到着以降は、水平方向の速度がそのままに等速運動をするので，点 $\rm P$ における放物線の接線を描く．

放物線の接線の性質を利用すると， $xt$ グラフ，つまり $tx$ 平面において，放物線の $(X，T)$ における接線は $(-X，0)$ を通る．このことは， $X+8a$ の距離をはじめから等速で進んだときの時間と，本問で考える $\rm B$ から $\rm A$ に到達するまでの時間が同じになることを示している．

この接線と $x=8a$ との交点は，図形の相似から， $t=\dfrac{X+8a}{2X}T$ となるので，これが最小化すべき到達するまでの時間となる．ここで，
$\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{gap}{X^2+a^2}T^2=X$
から，
$gaT^2-2X^2-2a^2=0$ （ $TX$ 平面の双曲線）であるから，この拘束条件の下での
$t=f(T,X)=\dfrac{X+8a}{2X}T$ の最小値を求めれば良い．

この双曲線は $(T,X)=\Bigl(\sqrt{\dfrac{2a}{g}}\cdot \sec\varphi，a\tan\varphi\Bigr)$ とパラメータ表示できるので，
$t=f(T,X)=\dfrac{X+8a}{2X}T$ $=\dfrac{\tan\varphi+8}{2\tan\varphi}\cdot\sqrt{\dfrac{2a}{g}}\cdot \sec\varphi$ $=\sqrt{\dfrac{a}{2g}}\cdot \dfrac{\tan\varphi+8}{\sin\varphi}$ $=\sqrt{\dfrac{a}{2g}}\Bigl(\dfrac{1}{\cos\varphi}+\dfrac{8}{\sin\varphi}\Bigr)$
の最小値を求めれば良い． $\varphi$ で微分すると
$\dfrac{dt}{d\varphi}=\sqrt{\dfrac{a}{2g}}\cdot \dfrac{\sin^3\varphi-8\cos^3\varphi}{\cos^2\varphi\sin^2\varphi}$
$=\sqrt{\dfrac{a}{2g}}\cdot \dfrac{(\sin\varphi-2\cos\varphi)(\sin^2\varphi+2\sin\varphi\cos\varphi+4\cos^2\varphi)}{\cos^2\varphi\sin^2\varphi}$
となることと， $\varphi$ は第一象限の角であることから，
$\dfrac{dt}{d\varphi}=0\, \Longleftrightarrow\, \tan\varphi=2$
で，この前後で符号は負から正に変化する．よって， $\tan\varphi=2$ ，つまり $x=2a$ のとき最小になる．

こんな単純な問題であっても，色々関連付けて解説することができる．