平成２１年１１月１日

[流れ星]

　　　　　第２３２回数学的な応募問題

　　　　　　＜解答募集期間：11月1日〜11月22日

［ハイポサイクロイド］

皆さん、1つの円が定直線に接しながら、滑ることなく回転するとき、円周上の定点の軌跡をサイクロイドといいます。そこで、定円に内接しながら円が滑らずに回転するときの円周上の定点の軌跡はホモサイクロイド言います。ここで、過去の早稲田大学の入試問題を紹介します。

　　　　

＜皆さんにご迷惑をおかけしたことを深くお詫び申し上げます。小生の全くの記憶違いでして、ホモサイクロイドでなくハイポサイクロイドに訂正します。11月2日夜記＞

なお、２円の半径の比が1対３のときの軌跡はデルトイド
２円の半径の比が1対４のときの軌跡はアステロイドと言います。

NO1「再出発」 11/01 11時37分受信 更新11/22

解法は前回と同様第２３２回の答案

(1) ２円の接点をT、円Ｃの中心をQとすると、２円が接してきた部分を含む
　弧TP=3t
　円Ｃの半径が１だから
　ベクトルQPの偏角(?)は t-3t=-2t
　∴ ベクトルOQ=(2cost,2sint),ベクトルQP=(cos(-2t),sin(-2t))
　∴ ベクトルOP=(2cost+cos(2t),2sint-sin(2t))
　∴ x = 2cost+cos(2t)、y = 2sint-sin(2t) ・・・（答）

(2) 公式通り
　　∫[0→2π/3]√{(dx/dt)^2 + (dx/dt)^2}dθ
　　=4∫[0→2π/3]｜sin(3t/2)｜dt（途中、加法定理等を使う）
　　=4∫[0→2π/3]sin(3t/2)dt
　　=16/3 ・・・（答）

＜水の流れ から追加問題：例えば半径３の円を固定して、
半径１の円を半径３の円周上を外側に滑ることなく接しながら回転させてとき、
半径１の円は何移転するかご存知ですか。＞
応募解答
６π／（２π）＋１＝３＋１
　　　　　　　　　＝４
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＜水の流れ から追加問題： 半径３の円を固定して、
半径１の円を半径３の円周上を内側に滑ることなく接しながら回転させてとき、
半径１の円は何移転するかご存知ですか。＞

６π／（２π）−１＝３−１
　　　　　　　　　　　＝２
--
「再出発」さんからのコメント

たぶん、こんな感じで・・
==
私もこんな問題を作ったことがあります。
もっともこれは今回のような曲線の長さとは関係ないのですが・・・
--
ｎ個の同じ大きさの円を中心が凸ｎ角形になるように繋げる。
その周りを同じ大きさの円が滑ることなく接しながら「１公転」するとき、
それ自身は何回「自転」するでしょうか。ただし、ｎ≧３とする。
--
もともとは「１個の円の周り」から始まって「２個の円の周り」・・・
初めは分かり易く正多角形（中心を結ぶと正三角形とか正方形、正五角形、正六角形・・・）で考えたのですが、
正ｎ角形でなくても一般化できると考えました。
ただし、凸ｎ角形でないと厄介なことが起こる場合があるので条件付きです。
もっとも「固定された全ての円に接するように回る」事が出来れば良いと思います。
もっと捻るなら、回す方の円の大きさを変えてみるとかですね。
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NO2「uchinyan」 11/01 16時19分受信 更新11/2

第２３２回数学的な応募問題
前回，第２３１回，の［エピサイクロイド］と似た問題なので，同様に解いてみます。

(1)
円 D の中心を Q，Q より x 軸 の正の方向に平行に線を引いた適当な先を S，
円C と 円D との接点を T，点 (3,0) を P0 とします。
T = (3 * cos(t), 3 * sin(t)) なので，∠TOP0 = t = ∠QOP0 = ∠TQS です。
まず，第一象限で考えます。
弧TP0 = 弧TP なので，3 * ∠TOP0 = 3t = 1 * ∠TQP，∠TQP = 3t で，
∠PQS = ∠TQP - ∠TQS = 3t - t = 2t になります。
そこで，
ベクトルOP = ベクトルOQ + ベクトルQP
= ((3 - 1) * cos(t), (3 - 1) * sin(t)) + (cos(-2t), sin(-2t))
= (2 * cos(t) + cos(2t), 2 * sin(t) - sin(2t))
つまり，
P = (x(t), y(t)) = (2 * cos(t) + cos(2t), 2 * sin(t) - sin(2t))
になります。

(2)
最初に，0 <= t <= 2π における x(t)，y(t) の様子を調べてみましょう。
まず，
x(t) = 2 * cos(t) + cos(2t)
dx/dt = - 2 * sin(t) - 2 * sin(2t) = - 2 * 2 * sin(3t/2)cos(t/2)
t = 0，dx/dt = 0，x は極大かつ最大，x(0) = 3
0 < t < 2π/3，dx/dt < 0，x は単調減少
t = 2π/3，dx/dt = 0，x は極小かつ最小，x(2π/3) = - 3/2
2π/3 < t < π，dx/dt > 0，x は単調増加
t = π，dx/dt = 0，x は極大，x(0) = - 1
π < t < 4π/3，dx/dt < 0，x は単調減少
t = 4π/3，dx/dt = 0，x は極小かつ最小，x(4π/3) = - 3/2
4π/3 < t < 2π，dx/dt > 0，x は単調増加
t = 2π，dx/dt = 0，x は極大かつ最大，x(0) = 3
次に，
y(t) = 2 * sin(t) - sin(2t)
dy/dt = 2 * cos(t) - 2 * cos(2t) = 2 * 2 * sin(3t/2)sin(t/2)
0 <= t < 2π/3，dy/dt > 0，y は単調増加，y(0) = 0
t = 2π/3，dy/dt = 0，y は極大かつ最大，y(2π/3) = 3/2 * sqrt(3)
2π/3 < t < 4π/3，dy/dt < 0，y は単調減少
t = 4π/3，dy/dt = 0，y は極小かつ最小，y(4π/3) = - 3/2 * sqrt(3)
4π/3 < t <= 2π，dy/dt > 0，y は単調増加，y(2π) = 0
また，
t <---> -t，x <---> x，y <---> -y
t ---> t + 2π/3 で
x(t + 2π/3) = 2 * cos(t + 2π/3) + cos(2(t + 2π/3)) = cos(2π/3)* x(t) - sin(2π/3) * y(t)
y(t + 2π/3) = 2 * sin(t + 2π/3) - sin(2(t + 2π/3)) = sin(2π/3) * x(t) + cos(2π/3) * y(t)
つまり，(x(t),y(t)) を原点を中心に 2π/3 回転したものになっています。
なお，t = 0 ---> 2π で，P は P0(3,0) に戻ってくることにも注意しておきます。
以上のことからグラフを描くと，0 <= t <= 2π/3 を単位として 2π/3 ずつ回転した星形になるのが分かります。
そこで，0 <= t <= 2π/3 の範囲の曲線の長さ L0 は，
L0 = ∫[t=0,2π/3]{sqrt((dx/dt)^2 + (dy/dt)^2)}dt
で与えられます。そして，
dx/dt = - 2 * sin(t) - 2 * sin(2t)
dy/dt = 2 * cos(t) - 2 * cos(2t)
(dx/dt)^2 + (dy/dt)^2
= (- 2 * sin(t) - 2 * sin(2t))^2 + (2 * cos(t) - 2 * cos(2t))^2
= 8 + 8 * (sin(t)sin(2t) - cos(t)cos(2t))
= 8 - 8 * cos(3t)
= 16 * (1 - cos(3t))/2
= 16 * (sin(3t/2))^2
= (4 * sin(3t/2))^2
より，
L0 = ∫[t=0,2π/3]{sqrt((dx/dt)^2 + (dy/dt)^2)}dt
= ∫[θ=0,2π/3]{sqrt((4 * sin(3t/2))^2)}dt
= ∫[θ=0,2π/3]{4 * sin(3t/2)}dt
= 4 * [- 2/3 * cos(3t/2)][θ=0,2π/3]
= 4 * 4/3
= 16/3
になります。
なお，曲線の全長 L は，L = 3 * L0 = 3 * 16/3 = 16 になります。

(考察1)
今回も，ついでなので，曲線の囲む面積も求めてみましょう。これは，やはり対称性を考慮して，
S = 3 * (∫[x=-3/2,3]{y}dx - 1/2 * 3/2 * 3/2 * sqrt(3))
= 3 * (∫[x=x(2π/3),x(0)]{y}dx - 3/8 * sqrt(3))
= - 3 * ∫[t=0,2π/3]{y * dx/dt}dt - 27/8 * sqrt(3)
になります。計算すると，
- 3 * ∫[t=0,2π/3]{y * dx/dt}dt
= - 3 * ∫[t=0,2π/3]{(2 * sin(t) - sin(2t)) * (- 2 * sin(t) - 2 * sin(2t))}dt
= 6 * ∫[t=0,2π/3]{(2 * sin(t) - sin(2t)) * (sin(t) + sin(2t))}dt
= 6 * ∫[t=0,2π/3]{(2 * (sin(t))^2 + sin(2t)sin(t) - (sin(2t))^2)}dt
= 6 * ∫[t=0,2π/3]{(2 * (1 - cos(2t))/2 - (cos(3t) - cos(t))/2 - (1 - cos(4t))/2)}dt
= 3 * ∫[t=0,2π/3]{2 * (1 - cos(2t)) - (cos(3t) - cos(t)) - (1 - cos(4t))}dt
= 3 * ∫[t=0,2π/3]{1 + cos(t) - 2 * cos(2t) - cos(3t) + cos(4t)}dt
= 3 * [t + sin(t) - sin(2t) - sin(3t)/3 + sin(4t)/4][t=0,2π/3]
= 3 * (2π/3 + 9/8 *sqrt(3))
= 2π + 27/8 * sqrt(3)
そこで，
S = 2π + 27/8 * sqrt(3) - 27/8 * sqrt(3) = 2π
になります。

(考察2)
今回も一般的に求めてみます。
円C の半径を a，円D の半径を b，ただし a > b > 0，とします。
また，以下では前回と対応を付けやすくするために，t の代わりに θ とします。
θ = 0 で，P0(a,0) なので，同様にして，
∠PQS = (a - b)/b * θ
P = (x, y) = ((a - b) * cosθ + b * cos((a - b)/b * θ), (a - b) * sinθ - b * sin((a - b)/b * θ))
になります。これは，前回のエピサイクロイドの場合
∠PQS = (a + b)/b * θ
P = (x, y) = ((a + b) * cosθ + b * cos((a + b)/b * θ), (a + b) * sinθ + b * sin((a + b)/b * θ))
で，∠PQS -> π - ∠PQS，b -> -b にしたものになっています。実際，エピサイクロイの場合でこの置き換えをすると，
∠PQS = π - (a - b)/b * θ
P = (x, y)
= ((a - b) * cosθ - b * cos(π - (a - b)/b * θ), (a - b) * sinθ - b * sin(π - (a - b)/b * θ))
= ((a - b) * cosθ + b * cos((a - b)/b * θ), (a - b) * sinθ - b * sin((a - b)/b * θ))
になります。この対応を意識すれば，ほとんど同様の計算で同じような結果が得られます。
まず，今回の問題のように，θ = 2π で P が θ = 0 の位置に戻ってくる場合を考えると，
n を自然数として，
(a - b)/b * 2π = 2πn
n = (a - b)/b
今回の問題は，n = 2 です。そして，c = a - b とすると，
P = (x, y) = (c * (cosθ + cos(nθ)/n), c * (sinθ - sin(nθ)/n)
と書けます。
このグラフを描いてみると，
n = 1 のときは，円C の直径の往復，
n >= 2 のときは，円C の内側にちょうど n+1 回くっついて，
円C の中心を中心に角が n+1 個あるような対称性をもった形になっています。
以下では，n >= 2 の場合を考えます。
このとき，角と角の間は，
OP^2 = (c * (cosθ + cos(nθ)/n))^2 + (c * (sinθ - sin(nθ)/n)^2
= c^2 * (1 + 1/n^2 + 2/n * cos((n+1)θ))
が，円C の半径の二乗
a^2 = (c + b)^2 = c^2 + (1 + 1/n)^2 = c^2 * (1 + 1/n^2 + 2/n)
に等しくなればいいので，
cos((n+1)θ) = 1
θ = 2kπ/(n+1)，k は整数
です。そこで，角全体は，0 <= θ <= 2π/(n+1) にある一つを，n+1 回の回転対称移動をすることによって得られます。
これらのことから，曲線の長さ，曲線の囲む面積は，
L = (n+1) * ∫[θ=0,2π/(n+1)]{sqrt((dx/dθ)^2 + (dy/dθ)^2)}dθ
S = (n+1) * (∫[x=0,a*cos(2π/(n+1))]{tan(2π/(n+1)) * x}dx + ∫[x=a*cos(2π/(n+1)),a]{y}dx)
= (n+1) * (a^2/4 * sin(4π/(n+1)) - ∫[θ=0,2π/(n+1)]{y * dx/dθ}dθ)
で求められます。計算すると，
L = (n+1) * ∫[θ=0,2π/(n+1)]{sqrt((dx/dθ)^2 + (dy/dθ)^2)}dθ
= (n+1) * ∫[θ=0,2π/(n+1)]{sqrt((c * (sinθ + sin(nθ)))^2 + (c * (cosθ - cos(nθ)))^2)}dθ
= (n+1) * ∫[θ=0,2π/(n+1)]{sqrt(2c^2 - 2c^2 * cos((n+1)θ))}dθ
= (n+1) * ∫[θ=0,2π/(n+1)]{sqrt(4c^2 * (sin((n+1)θ/2))^2)}dθ
= (n+1) * ∫[θ=0,2π/(n+1)]{2c * sin((n+1)θ/2)}dθ
= 2(n+1)c * [- 2/(n+1) * cos((n+1)θ/2)][θ=0,2π/(n+1)]
= 2(n+1)c * 4/(n+1)
= 8c
= 8(a - b)
S = (n+1) * (a^2/4 * sin(4π/(n+1)) - ∫[θ=0,2π/(n+1)]{y * dx/dθ}dθ)
= (n+1)a^2/4 * sin(4π/(n+1))
- (n+1) * ∫[θ=0,2π/(n+1)]{(c * (sinθ - sin(nθ)/n)) * (c * (- sinθ - sin(nθ)))}dθ
= (n+1)a^2/4 * sin(4π/(n+1))
+ (n+1)c^2 * ∫[θ=0,2π/(n+1)]{(sinθ - sin(nθ)/n)(sinθ + sin(nθ))}dθ
= (n+1)a^2/4 * sin(4π/(n+1))
+ (n+1)c^2 * ∫[θ=0,2π/(n+1)]{(sinθ)^2 + (1 - 1/n) * sin(nθ)sinθ - 1/n * (sin(nθ))^2}dθ
= (n+1)a^2/4 * sin(4π/(n+1))
+ (n+1)c^2 * ∫[θ=0,2π/(n+1)]{(1 - cos(2θ))/2 - (n-1)/2n * (cos((n+1)θ) - cos((n-1)θ)) - 1/n * (1 - cos(2nθ))/2}dθ
= (n+1)a^2/4 * sin(4π/(n+1))
+ (n+1)c^2/2 * ∫[θ=0,2π/(n+1)]{(n-1)/n - cos(2θ) - (n-1)/n * cos((n+1)θ) + (n-1)/n * cos((n-1)θ) + 1/n * cos(2nθ))}dθ
= (n+1)a^2/4 * sin(4π/(n+1))
+ (n+1)c^2/2 * [(n-1)/n * θ - sin(2θ)/2 - (n-1)/n(n+1) * sin((n+1)θ) + 1/n * sin((n-1)θ)) + 1/2n^2 * sin(2nθ))][θ=0,2π/(n+1)]
= (n+1)a^2/4 * sin(4π/(n+1))
+ (n+1)c^2/2 * (2(n-1)π/n(n+1) - sin(4π/(n+1))/2 + 1/n * sin(2(n-1)π/(n+1)) + 1/2n^2 * sin(4nπ/(n+1)))
= (n+1)a^2/4 * sin(4π/(n+1))
+ (n+1)c^2/2 * (2(n-1)π/n(n+1) - 1/2 * sin(4π/(n+1)) - 1/n * sin((4π/(n+1)) - 1/2n^2 * sin(4π/(n+1)))
= (n+1)a^2/4 * sin(4π/(n+1))
+ (n+1)c^2/2 * (2(n-1)π/n(n+1) - (n+1)^2/2n^2 * sin(4π/(n+1)))
= (n+1)a^2/4 * sin(4π/(n+1)) + (n-1)πc^2/n - (n+1)((1 + 1/n)c)^2/4 * sin(4π/(n+1))
= (n-1)πc^2/n + (n+1)/4 * (a^2 - (c + c/n)^2) * sin(4π/(n+1))
= (n-1)πc^2/n + (n+1)/4 * (a^2 - ((a - b) + (a - b) * b/(a - b))^2) * sin(4π/(n+1))
= (n-1)πc^2/n
= ((a - b)/b - 1) * (a - b)^2 * b/(a - b) * π
= (a - b)(a - 2b)π
となります。
なお，これらは，n = 1，つまり，a = 2b，の場合も含んでいるようです。

それと，n が自然数でない場合には，曲線は 2π では閉じませんが，
n が有理数 p/q の場合には，q 回まわれば閉じる(p の値によっては q 回より少なくとも閉じることもある)
n が無理数の場合には，何回まわっても閉じない
となるようです。ここらは，エピサイクロイドと同じようですね。

(感想)
今回もなかなか興味深い問題でした。特に，エピサクロイドとは関係が深いようです。
なお，ちょっと気になって調べてみたのですが，少なくともWebでは，
エピサイクロイドはヒットするのですが，ホモサイクロイドはヒットしないようです。
また，エピサイクロイドを外サイクロイド，ホモサイクロイドを内サイクロイド，とも言うようです。
これは定義が連想できて，妥当な名前だな，と思いました。

＜水の流れ：後でホモサイクロイドは記憶違いでハイポサイクロイドの間違いでした＞

＜水の流れ から追加問題：例えば半径３の円を固定して、
半径１の円を半径３の円周上を外側に滑ることなく接しながら回転させてとき、
半径１の円は何移転するかご存知ですか。＞

＜水の流れ から追加問題： 半径３の円を固定して、
半径１の円を半径３の円周上を内側に滑ることなく接しながら回転させてとき、
半径１の円は何移転するかご存知ですか。＞

これは，私の(考察2)の n になります。
外の場合は，n = (3 + 1)/1 = 4 回
内の場合は，n = (3 - 1)/1 = 2 回
です。
うっかりすると，3 回と思ってしまいがちですが，
図を描いてじっくり考えれば分かります。
要は，小さい円が大きい円の円周上を動くとき，
円周自体が曲がっていてその上を動くだけで一回転してしまうことがミソですね。
この一回転分が，外では加算され，内では減算されます。

NO3「kashiwagi」 11/04 07時50分受信 更新11/22

　＜コメント：お世話になります。今回の問題は前回の小円を中にしただけだから・・・・と
簡単に考えており、積分だって簡単・・・・？ところが、解きだしてみると、変換が大
変で、これを受験場で落ち着いて解くのは大変だなと痛感致しました。
　とは云うものの関係式が綺麗で出来上がった曲線は優美ですね。解いていた際
の疲れも吹き飛びました。大変でしょうが、これからも面白い問題をお願い申し上げます。＞

232回解答

Q’

【問1】

題意に沿って上図のように種々の点を決めると、弧XQの長さは弧QP’の長さに等しいので、

∠Q’O’P’＝ θとすると、

3ｔ＝θ・・・・・�@　となる。

又、∠P’O’ X’＝π-（θ-ｔ）であるから、

�@より∠P’O’ X’＝π-2ｔ　・・・・・�A

因って、点P‘のX、Y座標は式�@と�Aの関係より

X（ｔ）＝OO’COSｔ-　P‘O’COS（π-2ｔ）

＝2 COSｔ+ COS2ｔ・・・・・�B

Y（ｔ）＝2 SINｔ　-SIN 2ｔ　・・・・・�C　　　　　　　　　　　　　　　となる。

【問2】

　求める長さをLとすると、X、Y座標各々をｔで微分し、それら各々の平方和の平方根を

0≦ｔ≦2π/3の範囲でｔにより積分すれば良い。

3倍角や2倍角の公式などを何回も使い計算すると、

因って、求める長さは16/3である。