\documentclass[titlepage,a4j,12pt]{jsarticle}
\usepackage{Dennou6}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{float}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{bm}
\Dtitle{H20後期 問題I}
\Dauthor[堺正太朗]{}
\Ddate{\today}

\begin{document}
\begin{center}
\section*{問題 I}
\end{center}
\paragraph*{問1}
\begin{quote}
物体を，水平面と角度$\theta$をなす斜面に向けて，斜面に対して$\alpha$の角度と初速
$v_0$で投げ上げる(下図参照)．
ただし，$\alpha +\theta < \pi/2$であり，また，空気抵抗の影響は無視できるものとする．
重力加速度を$g$として以下の問いに答えよ．
\end{quote}

\begin{figure}[h]
\hspace{35mm}
\includegraphics[width=5cm]{pic1.eps}
\end{figure}

\subparagraph{1-1.}
斜面に再び落ちるまでの時間$T$と斜面に沿った到達距離$X$を求めよ．

\begin{figure}[h]
\hspace{35mm}
\includegraphics[width=5cm]{pic1.1.eps}
\caption{$x$方向と$z$方向の設定}
\end{figure}

質量を$m$とする．座標軸は上図のようにとる．$x$方向，$z$方向の運動方程式は，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 m\ddot{x}=-mg\sin\theta \notag \\
 m\ddot{z}=-mg\cos\theta \notag
 \end{cases}
\end{equation}
となる．よって$x$方向については，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 \ddot{x}=-g\sin\theta \\ \\
 \dot{x}=-gt\sin\theta +v_0\cos\alpha \\ \\
 x=-\dfrac{1}{2}gt^2\sin\theta +v_0t\cos\alpha \notag
 \end{cases}
\end{equation}
$z$方向については，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 \ddot{z}=-g\cos\theta \\ \\
 \dot{z}=-gt\cos\theta +v_0\sin\alpha \\ \\
 z=-\dfrac{1}{2}gt^2\cos\theta +v_0t\sin\alpha \notag
 \end{cases}
\end{equation}
$z=0$のとき$t=T$より．
\begin{alignat}{2}
gT^2\cos\theta -2v_0T\sin\alpha =0 \notag \\
T(gT\cos\theta -2v_0\sin\alpha ) =0 \notag
\end{alignat}
$T>0$より，
\begin{equation}
T=\dfrac{2v_0\sin\alpha}{g\cos\theta} \notag
\end{equation}
このとき$x=X$より，
\begin{alignat}{5}
X &=-\dfrac{1}{2}gT^2\sin\theta +v_0T\cos\alpha \notag \\ \notag \\
  &=-\dfrac{1}{2}g\dfrac{4v_0^2\sin ^2\alpha}{g^2\cos ^2\theta}\sin\theta +v_0\dfrac{2v_0\sin\alpha}{g\cos\theta}\cos\alpha \notag \\ \notag \\
  &=\dfrac{2v_0^2\sin\alpha}{g\cos\theta}\Bigl( \cos\alpha -\dfrac{\sin\theta\sin\alpha}{\cos\theta}\Bigr) \notag \\ \notag \\ 
  &=\dfrac{2v_0^2\sin\alpha}{g\cos ^2\theta}(\cos\theta\cos\alpha -\sin\theta\sin\alpha) \notag \\ \notag \\
  &=\dfrac{2v_0^2\sin\alpha}{g\cos ^2\theta}\cos (\theta +\alpha ) \notag
\end{alignat}

\subparagraph{1-2.}
到達距離を最大にするための角度$\alpha$はいくらか？

距離が最大ということは$dX/d\alpha=0$を考えればよい．
\begin{alignat}{2}
\dfrac{dX}{d\alpha} &=\dfrac{2v_0^2\cos\alpha}{g\cos ^2\theta}\cos (\theta +\alpha )-\dfrac{2v_0^2\sin\alpha}{g\cos ^2\theta}\sin (\theta +\alpha ) \notag \\ \notag \\
                    &=\dfrac{2v_0^2\cos\alpha}{g\cos ^2\theta}\cos (\theta +2\alpha ) \notag
\end{alignat}
$\dfrac{dX}{d\alpha}=0$となるとき，$\cos (\theta +2\alpha )=0$である．\\
$\theta +\alpha <\dfrac{\pi}{2}$より$\theta +2\alpha <\pi$である．\\
よって，$\theta +2\alpha =\dfrac{\pi}{2}\Rightarrow \alpha =\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\theta}{2}$となる．



\paragraph{問2}
\begin{quote}
同じ質量$m$を持つ二つの質点1と2が，それぞれ左右の壁にばね定数$k$のばねで水平に結ばれ，また，互いにばね定数$k'$のばねでつながれている(下図参照)．それらの静止位置からの右方向への変位をそれぞれ$x_1$と$x_2$とする．質点と床との間に摩擦はないものとして，以下の問いに答えよ．
\end{quote}

\begin{figure}[h]
\hspace{35mm}
\includegraphics[width=5cm]{pic2.eps}
\end{figure}


\subparagraph{2-1.}
この質点系のラグランジアン$L$を書き下せ．

運動エネルギー$T$は，
\begin{equation}
T=\dfrac{1}{2}m\dot{x}_1^2+\dfrac{1}{2}m\dot{x}_2^2 \notag
\end{equation}
ポテンシャルエネルギー$V$は，
\begin{equation}
V=\dfrac{1}{2}kx_1^2+\dfrac{1}{2}k'(x_2-x_1)^2+\dfrac{1}{2}kx_2^2 \notag
\end{equation}
よって，ラグランジアン$L$は，
\begin{alignat}{2}
L &=T-V \notag \\
  &=\dfrac{1}{2}m\dot{x}_1^2+\dfrac{1}{2}m\dot{x}_2^2-\dfrac{1}{2}kx_1^2-\dfrac{1}{2}k'(x_2-x_1)^2-\dfrac{1}{2}kx_2^2 \notag
\end{alignat}

\subparagraph{2-2.}
ラグランジュの運動方程式を求めよ．
オイラー・ラグランジュの方程式より，
\begin{alignat}{2}
\dfrac{d}{dt}\biggl( \dfrac{\partial L}{\partial\dot{x}_1}\biggr) -\dfrac{\partial L}{\partial x_1}=m\ddot{x}_1+kx_1-k'(x_2-x_1)=0 \notag \\ \notag \\
\dfrac{d}{dt}\biggl( \dfrac{\partial L}{\partial\dot{x}_2}\biggr) -\dfrac{\partial L}{\partial x_2}=m\ddot{x}_2+k'(x_2-x_1)+kx_2=0 \notag
\end{alignat}
よって，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 m\ddot{x}_1=-(k+k')x_1+k'x_2 \\
 m\ddot{x}_2=k'x_1-(k+k')x_2 
 \end{cases}
\end{equation}
となる．
 
\subparagraph{2-3.}
基準振動の角振動数を求めよ．

ここで，$x_1=A_1\exp{i\omega t}$，$x_2=A_2\exp{i\omega t}$と仮定して2-2の答えに代入すると，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 -\omega ^2mA_1+(k+k')A_1-k'A_2=0 \notag \\
 -\omega ^2mA_2-k'A_1+(k+k')A_2=0 \notag
 \end{cases}
\end{equation}
となる．$A_1$，$A_2$は定数である．よって，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 (k+k'-m\omega ^2)A_1-k'A_2=0 \notag \\
 -k'A_1+(k+k'-m\omega ^2)A_2=0 \notag
 \end{cases}
\end{equation}
今，$A_1$，$A_2\neq 0$より，
\begin{equation}
\begin{vmatrix}
 k+k'-m\omega ^2 & -k' \\ \\
 -k' & k+k'-m\omega ^2
\end{vmatrix} =(k+k'-m\omega ^2)^2-k'^2=0 \notag
\end{equation}
である．これを変形すると，
\begin{equation}
m^2\omega ^4-2(k+k')m\omega ^2+(k^2+2kk')=0 \notag
\end{equation}
よって，
\begin{alignat}{2}
\omega ^2 &=\dfrac{(k+k')m\pm\sqrt{(k+k')^2m^2-m^2(k^2+2kk')}}{m^2} \notag \\
          &=\dfrac{(k+k')\pm k'}{m} \notag
\end{alignat}
$\omega >0$より，
\begin{equation}
\omega =\sqrt{\dfrac{k+2k'}{m}},\quad\sqrt{\dfrac{k}{m}} \notag
\end{equation}
である．

\subparagraph{2-4.}
振動の一般解を求めよ．

式(1)の上の式と下の式を足すと，
\begin{equation}
m\ddot{x}_1+m\ddot{x}_2=-kx_1-kx_2 \notag
\end{equation}
式(1)の上の式と下の式を引くと，
\begin{equation}
m\ddot{x}_1-m\ddot{x}_2=-(k+2k')x_1+(k+2k')x_2 \notag
\end{equation}
$\Leftrightarrow$
\begin{equation}
 \begin{cases}
 \ddot{x}_1+\ddot{x}_2=\dfrac{k}{m}x_1-\dfrac{k}{m}x_2 \\ \\
 \ddot{x}_1-\ddot{x}_2=-\dfrac{k+2k'}{m}x_1+\dfrac{k+2k'}{m}x_2 \notag
 \end{cases}
\end{equation}
となる．ここで，$\omega _1=\sqrt{\dfrac{k}{m}}$，$\omega _2=\sqrt{\dfrac{k+2k'}{m}}$，$X_1=x_1+x_2$，$X_2=x_1-x_2$とすると，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 \ddot{X_1}=-\omega _1^2X_1 \\
 \ddot{X_2}=-\omega _2^2X_2 \notag
 \end{cases}
\end{equation}
となる．よって，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 X_1=a_1\cos{\omega _1^2t}+a_2\sin{\omega _1t} \\
 X_2=b_1\cos{\omega _2^2t}+b_2\sin{\omega _2t} \notag
 \end{cases}
\end{equation}
である．ここで$a_1$，$a_2$，$b_1$，$b_2$は定数である．
\begin{equation}
 \begin{cases}
 X_1=x_1+x_2 \\
 X_2=x_1-x_2 \notag
 \end{cases}
\end{equation}
より一般解は，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 x_1=\dfrac{1}{2}(a_1\cos{\omega _1t}+a_2\sin{\omega _1t}+b_1\cos{\omega _2t}+b_2\sin{\omega _2t}) \\ \\
 x_2=\dfrac{1}{2}(a_1\cos{\omega _1t}+a_2\sin{\omega _1t}-b_1\cos{\omega _2t}-b_2\sin{\omega _2t}) \notag
 \end{cases}
\end{equation}
である．

\subparagraph{2-5.}
時刻$t=0$における質点1の変位と初速度がそれぞれ$x_1=a$および$\dot{x}_1=0$，質点2の変位と初速度がそれぞれ$x_2=0$，$\dot{x}_2=0$であった．時刻$t>0$における$x_1(t)$と$x_2(t)$の具体形を求めよ．

\begin{equation}
 \begin{cases}
 x_1=\dfrac{1}{2}(a_1\cos{\omega _1t}+a_2\sin{\omega _1t}+b_1\cos{\omega _2t}+b_2\sin{\omega _2t}) \\ \\
 x_2=\dfrac{1}{2}(a_1\cos{\omega _1t}+a_2\sin{\omega _1t}-b_1\cos{\omega _2t}-b_2\sin{\omega _2t}) \notag
 \end{cases}
\end{equation}
より，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 \dot{x}_1=\dfrac{1}{2}(-a_1\omega _1\sin{\omega _1t}+a_2\omega _1\cos{\omega _1t}-b_1\omega _2\sin{\omega _2t}+b_2\omega _2\cos{\omega _2t}) \\ \\
 \dot{x}_2=\dfrac{1}{2}(-a_1\omega _1\sin{\omega _1t}+a_2\omega _1\cos{\omega _1t}+b_1\omega _2\sin{\omega _2t}-b_2\omega _2\cos{\omega _2t}) \notag
 \end{cases}
\end{equation}
である．$t=0$のとき，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 \dfrac{1}{2}(a_1+b_1)=a \\ \\
 \dfrac{1}{2}(a_1-b_1)=0 \notag
 \end{cases}
\end{equation}
より，
\begin{equation}
a_1=a,\quad b_1=a \notag
\end{equation}
また，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 \dfrac{1}{2}(a_2\omega _1+b_2\omega _2)=0 \\
 \dfrac{1}{2}(a_2\omega _1-b_2\omega _2)=0 \notag
 \end{cases}
\end{equation}
より，
\begin{equation}
a_2=b_2=0 \notag
\end{equation}
である．よって$x_1$, $x_2$の具体形は、
\begin{equation}
 \begin{cases}
 x_1=\dfrac{a}{2}\Biggl(\cos{\sqrt{\dfrac{k}{m}}t}+\cos{\sqrt{\dfrac{k+2k'}{m}}t}\Biggr) \\ \\
 x_2=\dfrac{a}{2}\Biggl(\cos{\sqrt{\dfrac{k}{m}}t}-\cos{\sqrt{\dfrac{k+2k'}{m}}t}\Biggr) \notag
 \end{cases}
\end{equation}
である．

\subparagraph{2-6.}
前問において$k' \ll k$が成立する場合の$x_1(t)$の概形を描け．

$k'\ll k$のとき，
\begin{equation}
x_1=a\cos{\sqrt{\dfrac{k}{m}}t} \notag
\end{equation}
である．
\begin{figure}[ht]
\vspace{-50mm}
\begin{center}
\includegraphics[width=9cm,angle=-90]{out.eps}
\end{center}
\caption{$x_1=a\cos{\sqrt{k/m}t}$，($a=1$，$\sqrt{k/m}=1$)}
\end{figure}
\end{document}