東京大学 情報理工学研究科 2020年度 数学 第2問

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etsurin

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\(xy\) 平面内の滑らかな曲線 \(\boldsymbol{p} = (p(t), q(t))\) (\(t \in [a, b]\)) を考える。 時刻 \(t = a'\) から \(b'\) までの \(\boldsymbol{p}\) の長さ \(l_{a', b'}\) は

\[ l_{a', b'} = \int_{a'}^{b'} \sqrt{ \left( \frac{dp}{dt} \right)^2 + \left( \frac{dq}{dt} \right)^2 } dt \]

と定義され、\(\boldsymbol{p}\) の全長 \(l_{a, b}\) を \(L\) とする。 曲線 \(\boldsymbol{p}\) は、 \(\frac{d\boldsymbol{p}}{dt} = (0, 0)\) とはならないものとする。 時刻 \(a\) から \(t\) までの \(\boldsymbol{p}\) の長さを \(l_{a, t}\) を変数 \(s = s(t)\) で表すと、\(\boldsymbol{p}\) を媒介変数 \(s \in [0, L]\) の曲線とみることができる。 そして、\(s\) も時刻と呼ぶ。以下の問いに答えよ。

(1) 以下の等式を示せ。

\[ \sqrt{ \left( \frac{dp}{ds} \right)^2 + \left( \frac{dq}{ds} \right)^2 } = 1 \]

(2) \(\theta = \theta(s)\) を時刻 \(s\) における \(\boldsymbol{p}\) の接線ベクトル \(\frac{d\boldsymbol{p}}{ds} = \left( \frac{dp}{ds}, \frac{dq}{ds} \right)\) と \(x\) 軸とのなす角とする。 このとき、以下の等式を示せ。

\[ \frac{dp}{ds} \frac{d^2q}{ds^2} - \frac{dq}{ds} \frac{d^2p}{ds^2} = \frac{d\theta}{ds} \]

以下では、曲線 \(\boldsymbol{p}\) は、滑らかな閉曲線で、凸集合 \(K\) の境界となっているものとする。 また、\(\boldsymbol{p}\) は、反時計方向に \(K\) をまわるものとする。

(3) 任意の時刻 \(s\) で \(\frac{d\theta}{ds} \geq 0\) となることを説明せよ。

(4) \(K\) に含まれない点 \(\boldsymbol{x} = (x, y)\) は、時刻 \(s \in [0, L]\) および \(\boldsymbol{x}\) と \(K\) の距離 \(r\) によって、

\[ \boldsymbol{x} = \boldsymbol{p}(s) + r\boldsymbol{u}(s) \]

と一意に表すことができる。 ここで、\(\boldsymbol{u}(s)\) は、時刻 \(s\) における \(\boldsymbol{p}\) の単位法線ベクトルで、\(K\) の外を向いているものとする。 そのような \(\boldsymbol{x} = (x, y)\) に対して、以下の等式を示せ。

\[ \left \lvert \text{det} \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial s} & \frac{\partial x}{\partial r} \\ \frac{\partial y}{\partial s} & \frac{\partial y}{\partial r} \end{pmatrix} \right \rvert = 1 + r \frac{d\theta}{ds} \]

(5) 非負実数 \(D\) に対し、\(K_D\) を \(K\) から距離 \(D\) 以内にある点の集合とする。 このとき、\(K_D\) の面積 \(A_D = \iint_{K_D} dxdy\) は、\(K\) の面積 \(A\) と \(\boldsymbol{p}\) の全長 \(L\) を用いて

\[ A_D = A + LD + \pi D^2 \]

と表せることを示せ。

Kai

(1)

\[ s(t) = \int_a^t \sqrt{\left( \frac{dp}{d\xi} \right)^2 + \left( \frac{dq}{d\xi} \right)^2} d\xi \]

\[ \frac{ds}{dt} = \sqrt{ \left( \frac{dp}{dt} \right)^2 + \left( \frac{dq}{dt} \right)^2 } \]

\[ \sqrt{ \left( \frac{dp}{ds} \right)^2 + \left( \frac{dq}{ds} \right)^2 } = 1 \]

(2)

\[ \tan \theta = \frac{\frac{dq}{ds}}{\frac{dp}{ds}} \qquad \theta = \arctan \left( \frac{\frac{dq}{ds}}{\frac{dp}{ds}} \right) \]

\[ \begin{aligned} \frac{d\theta}{ds} &= \frac{\frac{d^2q}{ds^2} \frac{dp}{ds} - \frac{d^2p}{ds^2} \frac{dq}{ds}}{\left( \frac{dp}{ds} \right)^2} \frac{1}{1 + \frac{\left( \frac{dq}{ds} \right )^2}{ \left( \frac{dp}{ds} \right)^2}} \\ &=\frac{\frac{d^2q}{ds^2} \frac{dp}{ds} - \frac{d^2p}{ds^2} \frac{dq}{ds}}{\left( \frac{dp}{ds} \right)^2} \frac{\left( \frac{dp}{ds} \right)^2}{\left( \frac{dp}{ds} \right)^2 + \left( \frac{dq}{ds} \right)^2} \\ &= \frac{d^2q}{ds^2} \frac{dp}{ds} - \frac{d^2p}{ds^2} \frac{dq}{ds} \end{aligned} \]

(3)

There are following 4 possibilities:

Case 1:

\[ \frac{d^2q}{ds^2} \geq 0,\ \frac{dp}{ds} \geq 0,\ \frac{d^2p}{ds^2} \leq 0, \ \frac{dq}{ds} \geq 0 \]

\[ \frac{d^2q}{ds^2} \frac{dp}{ds} \geq 0, \quad \frac{d^2p}{ds^2}\frac{dq}{ds} \leq 0, \quad \frac{d\theta}{ds} \geq 0 \]

Case 2:

\[ \frac{d^2q}{ds^2} \leq 0,\ \frac{dp}{ds} \leq 0,\ \frac{d^2p}{ds^2} \leq 0, \ \frac{dq}{ds} \geq 0 \]

\[ \frac{d^2q}{ds^2} \frac{dp}{ds} \geq 0, \quad \frac{d^2p}{ds^2}\frac{dq}{ds} \leq 0, \quad \frac{d\theta}{ds} \geq 0 \]

Case 3:

\[ \frac{d^2q}{ds^2} \leq 0,\ \frac{dp}{ds} \leq 0,\ \frac{d^2p}{ds^2} \geq 0, \ \frac{dq}{ds} \leq 0 \]

\[ \frac{d^2q}{ds^2} \frac{dp}{ds} \geq 0, \quad \frac{d^2p}{ds^2}\frac{dq}{ds} \leq 0, \quad \frac{d\theta}{ds} \geq 0 \]

Case 4:

\[ \frac{d^2q}{ds^2} \geq 0,\ \frac{dp}{ds} \geq 0,\ \frac{d^2p}{ds^2} \geq 0, \ \frac{dq}{ds} \leq 0 \]

\[ \frac{d^2q}{ds^2} \frac{dp}{ds} \geq 0, \quad \frac{d^2p}{ds^2}\frac{dq}{ds} \leq 0, \quad \frac{d\theta}{ds} \geq 0 \]

Therefore, for arbitrary \(s\) we have \(\frac{d\theta}{ds} \geq 0\).

(4)

Let \(\boldsymbol{p}(s) = (p(s), q(s)),\ \boldsymbol{u}(s) = (u(s), v(s))\). Then we have

\[ \begin{aligned} \frac{\partial x}{\partial s} = p'(s) + ru'(s)& &\frac{\partial y}{\partial s} = q'(s) + rv'(s) \\ \frac{\partial x}{\partial r} = u(s)& &\frac{\partial y}{\partial r} = v(s) \end{aligned} \]

Note that for time \(s\), tangent vector of \(\boldsymbol{p}\) is \(\left(\frac{dp}{ds}, \frac{dq}{ds} \right)\) and unit normal vector \(\boldsymbol{u}(s)\) is \(\left( \frac{dq}{ds}, -\frac{dp}{ds} \right)\), hence

\[ \begin{aligned} \left \lvert \text{det} \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial s} & \frac{\partial x}{\partial r} \\ \frac{\partial y}{\partial s} & \frac{\partial y}{\partial r} \end{pmatrix} \right \rvert &= \left \lvert -\frac{dp}{ds} \left ( \frac{dp}{ds} + r \frac{d^2q}{ds^2} \right ) - \frac{dq}{ds} \left ( \frac{dq}{ds} - r \frac{d^2p}{ds^2} \right) \right \rvert \\ &= \left( \left( \frac{dp}{ds} \right)^2 + \left( \frac{dq}{ds} \right)^2 \right) + r \left( \frac{d^2q}{ds^2} \frac{dp}{ds} - \frac{d^2p}{ds^2} \frac{dq}{ds} \right) \\ &= 1 + r\frac{d\theta}{ds} \end{aligned} \]

(5)

Note that the matrix in (4) is a Jacobian matrix. Consider the area \(S\) (\(r \in [0,D], \ s \in [0, L]\)) between \(K\) and \(K_D\), we have

\[ \begin{aligned} S &= \iint_{K, K_D} dxdy \\ &= \int_0^L \int_0^D \left( 1 + r\frac{d\theta}{ds} \right) drds \\ &= \int_0^L \left(D + \frac{D^2}{2} \frac{d\theta}{ds} \right) ds \\ &= \int_0^L D\ ds + \int_0^{2\pi} \frac{D^2}{2} d\theta \\ &=DL + D^2 \pi \end{aligned} \]

Since the area inside \(K\) is \(A\), we have

\[ A_D = A + S = A + DL + D^2 \pi \]