2021-03-06

円周角をなす図形の面積

平面図形積分

問題です。解答は下部に載せました。

問題：円 $C : x^2 + \left( y - 1 \right) ^ 2 = 1$ と直線 $l : y = kx + a$ の交点のうち、 $x$ 座標が正のものを点 $P$ とする。ただし、 $k \gt 0$ 、 $0 \lt a \leq 1$ とする。また、直線 $y = a$ と円 $C$ との２つの交点のうち、 $x$ 座標が正のものを $Q$ 、 $x$ 座標が負のものを $R$ とする。このとき、線分 $PQ$ 、線分 $PR$ および弧 $ROQ$ で囲まれた図形の面積を求めよ。

解答：

f:id:todayf0rmu1a:20210306174705p:plain

線分 $RQ$ と弧 $ROQ$ で囲まれた図形は $y$ 軸対称である。また、点 $M \left( 0 , a \right)$ をとると、三角形 $PMQ$ の面積と三角形 $PRM$ の面積は等しい。よって、線分 $PQ$ 、線分 $PR$ および弧 $ROQ$ で囲まれた図形の面積は、線分 $MQ$ 、線分 $MO$ および弧 $OQ$ のうち長さが短いもので囲まれた図形の面積と、三角形 $PMQ$ の面積の和を $2$ 倍したものに等しい。

まず、三角形 $PMQ$ の面積を求める。点 $Q$ の $x$ 座標は、方程式

$x^2 + \left( a - 1 \right) ^ 2 = 1$

の解のうち、値が正のものである。この方程式の解は、

$x = \pm \sqrt{a \left( 2 - a \right)}$

であるから、点 $Q$ の $x$ 座標は $\sqrt{a \left( 2 - a \right)}$ であり、これは線分 $MQ$ の長さに等しい。点 $P$ の $y$ 座標は、方程式

$\left( \frac{y-a}{k} \right) ^2 + \left( y-1 \right) ^2 = 1$

の解のうち、値が正のものである。この方程式の解は、

$y = \frac{k^2 + a \pm k \sqrt{k^2 + a \left( 2 - a \right)}}{k^2 + 1}$

であるから、点 $P$ の $y$ 座標は $\frac{k^2 + a + k \sqrt{ k^2 + a \left( 2 - a \right)}}{k^2 + 1}$ である。ゆえに、三角形 $PMQ$ の面積を $S_1$ とすれば、

$S_1 = \frac{1}{2} \times \sqrt{a \left( 2 - a \right)} \times \left( \frac{k^2 + a + k \sqrt{k^2 + a \left( 2 - a \right)}}{k^2 + 1} - a \right)$

$= \frac{ \sqrt{a \left( 2 - a \right) } \left\{ k^2 \left( 1 - a \right) + k \sqrt{k^2 + a \left( 2 - a \right)} \right\} }{2 \left( k^2 + 1 \right) }$

次に、線分 $MQ$ 、線分 $MO$ および弧 $OQ$ のうち長さが短いもので囲まれた図形の面積 $S_2$ を求める。

$S_2 = \int_0^{\sqrt{a \left( 2 - a \right)}} a - 1 + \sqrt{1 - x^2} \ dx$

$= \left( a - 1 \right) \sqrt{a \left( 2 - a \right)} + \int_0^{\sqrt{a \left( 2 - a \right)}} \sqrt{1 - x^2} \ dx$

$= \left( a - 1 \right) \sqrt{a \left( 2 - a \right)} + \frac{1}{2} \left( \sqrt{a \left( 2 - a \right)} \sqrt{\left( a - 1 \right) ^2 } + \sin ^{-1} \sqrt{a \left( 2 - a \right)} \right)$

$= \frac{1}{2} \left( 3 \left( a - 1 \right) \sqrt{a \left( 2 - a \right)} + \sin ^{-1} \sqrt{a \left( 2 - a \right)} \right)$

従って、線分 $PQ$ 、線分 $PR$ および弧 $ROQ$ で囲まれた図形の面積を $S$ とすれば、

$S = 2 \left( S_1 + S_2 \right)$

$= \sqrt{a \left( 2 - a \right) } \left\{ \frac{ \left( 2k^2 + 3 \right) \left( a - 1 \right) + k \sqrt{k^2 + a \left( 2 - a \right)} }{k^2 + 1} \right\} + \sin ^{-1} \sqrt{a \left( 2 - a \right)}$

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2021-02-27

一様な棒を用いた質量の測定

力学

センター試験２０２０物理、第１問、問１の改題です。解答は下部に載せました。

問題：長さが $L$ の一様な棒の左端に質量 $M$ の物体をつるし、棒の右端から長さ $x$ だけ離れた点 $O$ で棒をつるすと水平に静止した。棒の断面積を $A$ 、密度を $\rho$ として、物体の質量 $M$ を $L$ 、 $x$ 、 $A$ 、 $\rho$ を用いて表せ。

f:id:todayf0rmu1a:20210227222800p:plain

解答：

重力加速度を $g$ として、点 $O$ を中心とした力のモーメントの釣り合いを考えると、

$\frac{L - x}{2} \cdot \left( L - x \right) \rho A g + \left( L - x \right) Mg = \frac{x}{2} \cdot x \rho A g$

$\frac{\rho A}{2} \left( L - x \right) ^2 + \left( L - x \right) M = \frac{\rho A}{2} x^2$

$\frac{\rho A}{2} \left( L - x \right) + M = \frac{\rho A}{2} \frac{x^2}{L - x}$

$\therefore M = \frac{\rho A}{2} \left( \frac{x^2}{L - x} - L + x \right) = \frac{\rho A}{2} \left( \frac{ L \left( 2x - L \right) }{L - x} \right)$

余談：

解答の２番目の式より、

$\frac{\rho A}{2} \left( L^2 - 2Lx \right) + \left( L - x \right) M = 0$

$\left( \rho A L + M \right) x = \frac{\rho A L^2}{2} + LM = \frac{ L \left( \rho A L + 2M \right) }{2}$

$\therefore x = \frac{ L \left( \rho A L + 2M \right) }{2 \left( \rho A L + M \right) }$

アーテックてこの実験 94881

メディア: おもちゃ＆ホビー

2021-02-27

板を一定の幅だけずらして平積みする問題

力学

問題です。解答は下部に載せました。

問題：下図のように、長さ $L$ の一様な板を一定の幅 $w$ だけずらしながら平積みしていく。このとき、板は崩さずに最大で何枚積むことができるか。

f:id:todayf0rmu1a:20210227110427p:plain

解答：

一番下の板の右上端を点 $O$ とし、点 $O$ を中心とした力のモーメントの釣り合いを考える。なお、板の断面積を $A$ 、密度を $\rho$ とする。

板を $n$ 枚積んだとき、点 $O$ の左側にかかる力のモーメントを $I$ とすると、

$I = \sum_{k=1}^{n - 1} \frac{L - kw}{2} \cdot \rho A \left( L -kw \right)$

$= \frac{\rho A}{2} \sum_{k=1}^{n - 1} \left( L^2 -2Lkw + k^2w^2 \right)$

また、板を $n$ 枚積んだとき、点 $O$ の右側にかかる力のモーメントを $J$ とすると、

$J = \sum_{k=1}^{n - 1} \frac{kw}{2} \cdot \rho A kw = \frac{\rho A}{2} \sum_{k=1}^{n - 1} k^2w^2$

板を崩さずに積むためには、 $I \geq J$ である必要があるから、

${ \displaystyle \frac{\rho A}{2} \sum_{k=1}^{n - 1} \left( L^2 -2Lkw + k^2w^2 \right) \geq \frac{\rho A}{2} \sum_{k=1}^{n - 1} k^2w^2 }$

$\sum_{k=1}^{n - 1} \left( L -2kw \right) \geq 0$

$\left( n - 1 \right) L - w \left( n - 1 \right) n \geq 0$

$L - wn \geq 0$

$n \leq \frac{L}{w}$

よって、 $m$ を $\frac{L}{w}$ を超えない最大の整数とすれば、板は最大で $m$ 枚積むことができる。

余談：板を $n = \frac{L}{w}$ 枚積んだときに、点 $O$ より右側にはみ出した部分の長さを $H$ とすると、

$H = \left( \frac{L}{w} - 1 \right) \cdot w = L - w$

よって、

$\lim_{w \to 0} H = L$

であるから、ずらす幅 $w$ をどれだけ小さく取っても、板を板の長さ以上に点 $O$ より右側にはみ出させて崩さずに積むことはできない。

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2021-02-21

kx^(kx^r) の極小値

微分

問題です。解答は下部に載せました。

問題： $f \left( x \right) = kx^{k{x}^r}$ の極小値を求めよ。ただし、 $k$ と $r$ は０を除く任意の実数とする。

解答：

$\ln f \left( x \right) = \ln kx^{k{x}^r}$

$\ln f \left( x \right) = k{x}^r \ln kx$

$\frac{1}{f \left( x \right)} \frac{d f \left( x \right)}{dx} = kr{x}^{r-1} \ln kx + kx^{r-1} = k{x}^{r-1} \left( r \ln kx + 1 \right)$

$\frac{d f \left( x \right)}{dx} = kx^{k{x}^r} \times k{x}^{r-1} \left( r \ln kx + 1 \right)$

よって、 $\frac{d f \left( x \right)}{dx} = 0$ を満たす $x$ は、

${ \displaystyle r \ln kx + 1 = 0 }$

の解であり、これは

$x = \frac{1}{k} e^{- \frac{1}{r}}$

で与えられる。よって、 $f \left( x \right)$ は $x = \frac{1}{k} e^{- \frac{1}{r}}$ のときに、極小値

$f \left( \frac{1}{k} e^{- \frac{1}{r}} \right) = k \cdot \left( \frac{1}{k} e^{- \frac{1}{r}} \right) ^ {\left( k \cdot {\left( \frac{1}{k} e^{- \frac{1}{r}} \right)}^r \right) }$

をとる。

余談：

$k = 1$ のとき、 $f \left( x \right)$ は、

$x = e^{- \frac{1}{r}}$

のときに、極小値

$f \left( e^{- \frac{1}{r}} \right) = \left( e^{- \frac{1}{r}} \right) ^ {\left( {\left( e^{- \frac{1}{r}} \right)}^r \right)} = \left( e^{- \frac{1}{r}} \right) ^ {e^{-1}}$

となるから、 $r$ を動かしたときの極小値の軌跡は

$f \left( x \right) = x ^ {e^{-1}}$

で与えられる。

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2021-01-24

重力下において棒を鉛直方向に回転させたときになされる仕事

力学

問題です。解答は下部に載せました。

問題

密度 $\rho$ 、長さ $r$ 、断面積 $A$ の棒がある。この棒を、床に対して鉛直な方向から $\theta$ だけ回転させたときになされる仕事 $W$ と、 $\frac{dW}{d \theta}$ を求めよ。ただし、重力加速度を $g$ とし、 $0 \leq \theta \leq \pi$ とする。

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解答

$W = \lim _{n \to \infty } \frac{\rho g A r}{n} \sum _{k = 1} ^{n} \frac{ r \left( \left( k - 1 \right) + k \right) }{2n} \cdot \left( 1 - \cos \theta \right)$

$= \rho g A r^2 \cdot \lim _{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum _{k = 1} ^{n} \left( \frac{k}{n} - \frac{1}{2n} \right) \left( 1 - \cos \theta \right)$

$= \rho g A r^2 \cdot \lim _{n \to \infty } \frac{1}{n} \cdot \left( - \frac{1}{2} + \sum _{k = 1} ^{n} \frac{k}{n} \right) \left( 1 - \cos \theta \right)$

$= \rho g A r^2 \cdot \left( \int _0 ^1 u \ du \right) \left( 1 - \cos \theta \right)$

$= \frac{\rho g A r^2 }{2} \cdot \left( 1 - \cos \theta \right)$

$\frac{dW}{d \theta} = \frac{\rho g A r^2 }{2} \sin \theta$

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2021-01-22

重力下における小球の円運動

力学

問題です。解答は下部に載せました。

問題

空中のある一点につながれた長さ $l$ の糸の先に、質量 $m$ の小球がつながれている。この小球は、糸のつながれた空中の一点を中心に円運動をしている。このとき、小球が最高点に到達したときに、円運動を続けるために必要な速さ $v$ の最小値を求めよ。また、そのときの小球の最下点での速さを求めよ。さらに、そのときの周期 $T$ および回転数 $n$ とそれらの近似値を求めよ。ただし、重力加速度を $g$ 、糸の張力を $N$ とする。また、空気抵抗、糸の質量および小球の大きさは無視できるとする。また、必要であれば、

$\int _0 ^{\pi} \frac{d \theta}{\sqrt{3 + 2 \cos \theta}} \fallingdotseq 2.019$

を用いてよい。

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解答

小球が最高点に来た時の力の釣り合いを考えると、

$m \frac{v^2}{l} = mg + N$

$m \frac{v^2}{l} - mg = N$

小球が円運動を続けるためには、張力 $N$ が正の値を取る必要があるから、

$m \frac{v^2}{l} - mg = N \geq 0$

$v \geq \sqrt{lg}$

よって、小球が最高点に到達したときに、円運動を続けるために必要な速さ $v$ の最小値は $\sqrt{lg}$ である。

次に、小球が最高点に到達したときの速さが ${ \displaystyle \sqrt{lg} }$ のときに、小球が最下点に来たときの速さ $V$ について考える。力学的エネルギー保存則より、

$\frac{1}{2} m V^2 = \frac{1}{2} m \left( \sqrt{lg} \right)^2 + 2mlg$

$V = \sqrt{5lg}$

続いて、周期 $T$ を求めるために、小球が最下点から最高点に到達するまでの過程を考える。下図のように、小球が最下点から $\theta$ ラジアンだけ回転したとき、小球の速さを $u$ とすれば、力学的エネルギー保存則を考えると、

$\frac{1}{2} m \left( \sqrt{5lg} \right)^2 = \frac{1}{2} m u^2 + mg \left( l - l \cos \theta \right)$

$u = \sqrt{lg \left( 3 + 2 \cos \theta \right) }$

f:id:todayf0rmu1a:20210122162714p:plain

よって、周期 $T$ は、

$T = 2 \int _0 ^{\pi} \frac{l}{u} d \theta$

$= 2 \sqrt{\frac{l}{g}} \int _0 ^{\pi} \frac{d \theta}{\sqrt{3 + 2 \cos \theta}}$

${ \displaystyle \fallingdotseq 4.038 \sqrt{\frac{l}{g}} }$

また、回転数 $n$ は、

$n = \frac{1}{T}$

$= \frac{1}{2} \cdot \sqrt{ \frac{g}{l}} \frac{1}{\int _0 ^{\pi} \frac{d \theta}{\sqrt{3 + 2 \cos \theta}}}$

$= \frac{1}{4.038} \cdot \sqrt{ \frac{g}{l}}$

考える力学

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発売日: 2001/03/25
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2021-01-16

主鎖の長さによってアルカンの構造異性体を分類したときの数について

数列

　アルカンとは分子式が一般式 $\rm C$ $_n$ $\rm H$ $_{2n + 2}$ で表される鎖式飽和炭化水素のことです。また、分子式が同じで、構造式が異なる化合物同士を、たがいに構造異性体と呼びます。アルカンの構造異性体の種類は、炭素原子の結合の枝分かれの様子で決まります。また、結合している炭素原子の最も長い並びを主鎖と呼びます。この記事では、主鎖の長さによってアルカンの構造異性体を分類したときの数について考えてみます。

　まずは、主鎖の長さが１から５までの場合について、実際に構造異性体を書き上げてみます。以下の図では、炭素原子を黒丸で、炭素原子間の結合を黒線で表します。

主鎖の長さが１のとき：１種類

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主鎖の長さが２のとき：１種類

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主鎖の長さが３のとき：３種類

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主鎖の長さが４のとき：６種類

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主鎖の長さが５のとき：３０種類

f:id:todayf0rmu1a:20210115211836p:plain

これらの例を眺めていると、主鎖の長さが奇数の種類数は、ひとつ前の偶数の種類数に主鎖の長さを掛けたものであることに気づきます。すなわち、主鎖の長さが $m$ の種類数を $P_m$ と表すなら、

$P_{2l + 1} = \left( 2l + 1 \right) P_{2l} \ \ \left( l = 1,2,\ldots \right) \ \ \ \ldots \left( 1 \right)$

が成り立ちます。これは、 $P_{2l + 1}$ の構造式は、 $P_{2l}$ のそれぞれの構造式の中心に炭素を $1$ から $2l + 1$ 個のいずれかだけ追加したものとみなせることからわかります。

そこで、まずは偶数番目、すなわち $P_{2l}$ を求めます。例として、 $P_{4} \ \ \left( l=2 \right)$ の場合を考えます。ここでは、横に伸びた枝分かれのない炭素鎖の持つ炭素のそれぞれに、最大何個の炭素を枝として追加できるかに着目します。一番左側の炭素にはこれ以上枝をつけることができないと考えて、これを１パターンとします。左から二番目の炭素には、枝を最大２本つけれると考えて、これを３パターンとします。元の炭素鎖は左右対称なので、一番右側の炭素は１パターン、右から二番目の炭素は３パターンと考えます。すると、全パターン数は $1 \times 3 \times 3 \times 1 = 9$ ですが、これは左右反転すると形が同じになるものを重複して数えています。そこで、

（左右反転すると形が同じになるもののパターン数）＝（全パターン数）－（左右反転で形が変わらないもののパターン数）

という関係を使うと、左右反転で形が変わらないものは、左右対称になっている炭素に同じ数だけ枝をつけたものであるから、それは片側だけでパターン数を計算したものに等しく、ここでは $1 \times 3 = 3$ パターンとなります。よって、左右反転すると形が同じになるものは、 $1 \times 3 \times 3 \times 1 - 1 \times 3 = 6$ 個あります。これら６個のパターンについては、重複して数えているため、全パターン数からこれら６個のパターンを２で割った３パターンを引いたものが、求める種類数になります。したがって、