第6章極座標で見る運動と2次曲線

例題6.1　極座標の速度成分から直交座標の速度成分へ

ある時刻に，動径方向の速度成分が $\dot r=2\ \mathrm{m/s}$，角度方向の速度成分が $r\dot\theta=3\ \mathrm{m/s}$ であった．このとき $\theta=\pi/4\ (=45^\circ)$ であったとして，直交座標系での速度成分 $v_x,v_y$ を求めよ．

解答　式Ⓑ（式 \eqref{eq:6-vB}）に $\dot r=2,\ r\dot\theta=3,\ \theta=\pi/4$（$\cos\dfrac\pi4=\sin\dfrac\pi4=\dfrac{\sqrt2}{2}$）を代入すると，

したがって $v_x=-\dfrac{\sqrt2}{2}\approx-0.707\ \mathrm{m/s}$，$v_y=\dfrac{5\sqrt2}{2}\approx3.54\ \mathrm{m/s}$ である．$v_x$ が負になっているのは，角度方向の成分 $r\dot\theta=3$ の $x$ 方向への寄与（$-r\dot\theta\sin\theta$）が，動径方向の成分 $\dot r=2$ の $x$ 方向への寄与（$\dot r\cos\theta$）より大きいためである．

検算：速さは回転しても変わらないはずである．直交座標成分から $v_x^2+v_y^2=\dfrac12+\dfrac{25}{2}=13\ \mathrm{m^2/s^2}$，極座標成分から $\dot r^2+(r\dot\theta)^2=2^2+3^2=13\ \mathrm{m^2/s^2}$ となり，一致する（$\abs{\bm v}=\sqrt{13}\approx3.61\ \mathrm{m/s}$）．

例題6.2　基底ベクトルの成分と符号の確認

(1) 式 \eqref{eq:6-vA}（式Ⓐ）の回転行列 $R(\theta)=\begin{bmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}$ の列ベクトルを読み取ることで，基底ベクトル $\bm e_r,\bm e_\theta$ を直交座標成分で書き下し，これらが互いに直交する単位ベクトルであること（$\bm e_r\cdot\bm e_\theta=0$，$|\bm e_r|=|\bm e_\theta|=1$）を確認せよ．
(2) $\bm e_\theta$ を書き下すとき，符号を取り違えて $\bm e_\theta'=\sin\theta\,\bm e_x-\cos\theta\,\bm e_y$ としてしまった．この誤りは $(1)$ の直交性・単位性の確認では見つからないことを示し，$\theta=0$ と $\theta=\pi/2$ の場合を図形的に考えて誤りを見つけよ．

解答　(1)　本文で述べたとおり，$\bm e_r$ は $R(\theta)$ の1列目 $\begin{bmatrix}\cos\theta\\\sin\theta\end{bmatrix}$，$\bm e_\theta$ は2列目 $\begin{bmatrix}-\sin\theta\\\cos\theta\end{bmatrix}$ をそのまま $\bm e_x,\bm e_y$ 方向の成分として読んだものである：

大きさはそれぞれ，

となり，どちらも大きさ1の単位ベクトルである．内積は，

となり，たしかに直交している．（一般に，回転行列のような直交行列の列ベクトルどうしは，常に互いに直交する単位ベクトルになる——このことが「直交」行列という名前の由来でもある．）

(2)　まず，誤った $\bm e_\theta'=(\sin\theta,\ -\cos\theta)$ も，大きさは $\sqrt{\sin^2\theta+\cos^2\theta}=1$，$\bm e_r$ との内積は $\cos\theta\sin\theta-\sin\theta\cos\theta=0$ で，単位性・直交性を満たしてしまう．実際 $\bm e_\theta'=-\bm e_\theta$ であり，$\bm e_\theta$ と向きが正反対なだけなので，この2つの確認では区別できない．

そこで向きを直接調べる．$\bm e_\theta$ は「$\theta$ が増える向き（反時計回り）」の単位ベクトルである．$\theta=0$ のとき $\bm e_r=\bm e_x$ で，そこから反時計回りに進む向きは $+\bm e_y$ 方向だから，$\bm e_\theta=\bm e_y$ でなければならない．本文の式では $\bm e_\theta=(-\sin0,\ \cos0)=(0,\ 1)=\bm e_y$ で正しいが，誤った式では $\bm e_\theta'=(\sin0,\ -\cos0)=(0,\ -1)=-\bm e_y$ となって逆向きである．$\theta=\pi/2$ でも同様に，$\bm e_r=\bm e_y$ から反時計回りに進む向きは $-\bm e_x$ 方向で，本文の式は $(-\sin\frac\pi2,\ \cos\frac\pi2)=(-1,\ 0)$ で正しく，誤った式は $(1,\ 0)=+\bm e_x$ となって逆向きである．したがって，正しいのは $\bm e_\theta=-\sin\theta\,\bm e_x+\cos\theta\,\bm e_y$ のほうである．

例題6.3　円運動での極座標成分と接線・法線成分の比較

半径 $r_0$（一定）の円周上を，反時計回りに（$\dot\theta\gt0$），角速度 $\dot\theta$ で運動する質点を考える（等速円運動とは限らず，$\dot\theta$ は時間変化してよい）．本節の極座標成分 $a_r,a_\theta$ と，第3章で学んだ接線・法線成分 $\bm a=\dot v\,\bm e_t+\dfrac{v^2}{\rho}\bm e_n$（$v$ は速さ，$\rho$ は曲率半径，$\bm e_t$ は進行方向の単位接線ベクトル，$\bm e_n$ は曲率の中心を向く単位主法線ベクトル）とを比較せよ．

解答　円運動なので $r=r_0$（一定）より $\dot r=0,\ \ddot r=0$．公式6.2に代入すると，

である．一方，接線・法線成分を考える．反時計回り（$\dot\theta\gt0$）の円周上の運動では，進行方向（接線方向）は角度方向 $\bm e_\theta$ に一致するので $\bm e_t=\bm e_\theta$ であり，速さは $v=r_0\dot\theta$（6.1節の公式6.1で $\dot r=0$ とした場合）である．したがって接線加速度は，

となり，$a_\theta=r_0\ddot\theta$ と完全に一致する．また，円運動の曲率半径は円の半径そのもの，$\rho=r_0$（第3章で確認済み）であり，主法線 $\bm e_n$ は曲率の中心（＝円の中心＝原点）を向く，すなわち $\bm e_n=-\bm e_r$ である．法線加速度の大きさは，

であり，向きが $\bm e_n=-\bm e_r$ なので，$\bm e_r$ 方向の成分としては $-r_0\dot\theta^2$ になる．これも $a_r=-r_0\dot\theta^2$ と完全に一致する．

まとめると，円運動という特別な場合には，極座標成分 $(a_r,a_\theta)$ と接線・法線成分 $(v^2/\rho\text{ の}-\bm e_r\text{方向},\ \dot v\text{ の }\bm e_\theta\text{方向})$ は，$\bm e_r=-\bm e_n,\ \bm e_\theta=\bm e_t$ という基底の対応のもとで，同じ1つの加速度ベクトルを表す2通りの書き方にすぎない——どちらも正しく，どちらを使うかは問題の見通しのよさで選べばよい．なお，時計回り（$\dot\theta\lt0$）の場合は進行方向が $-\bm e_\theta$ になり $\bm e_t=-\bm e_\theta$ となる（接線加速度 $\dot v$ と $a_\theta$ の符号が逆になる）が，$\bm e_n=-\bm e_r$ は変わらず，法線成分は同じ結果になる．

例題6.4　半径が変わる運動での2つの分解の比較

質点が $r=bt,\ \theta=\omega t$（$b=1\ \mathrm{m/s}$，$\omega=2\ \mathrm{rad/s}$，$t$ は秒）で表される渦巻き状の運動をしている．$t=1\ \mathrm s$ における (a) 極座標成分 $a_r,a_\theta$ と加速度の大きさ $\abs{\bm a}$，(b) 速さ $v$，接線加速度 $\dot v$（$v$ の時間微分），法線加速度 $a_n=\sqrt{\abs{\bm a}^2-\dot v^2}$，曲率半径 $\rho$，(c) 単位接線ベクトル $\bm e_t$ の極座標成分（$\bm e_t\neq\bm e_\theta$ を確認せよ）を求めよ．

解答　$r=bt$ より $\dot r=b=1\ \mathrm{m/s}$，$\ddot r=0$．$\theta=\omega t$ より $\dot\theta=\omega=2\ \mathrm{rad/s}$，$\ddot\theta=0$．$t=1\ \mathrm s$ で $r=1\ \mathrm m$．

(a)　公式6.2より，一般の時刻 $t$ について $a_r=\ddot r-r\dot\theta^2=-b\omega^2t$，$a_\theta=2\dot r\dot\theta+r\ddot\theta=2b\omega$．$t=1\ \mathrm s$ では，

で，$\abs{\bm a}=\sqrt{a_r^2+a_\theta^2}=\sqrt{16+16}=4\sqrt2\approx5.66\ \mathrm{m/s^2}$．この運動では $\ddot\theta=0,\ \ddot r=0$ であるが，$2\dot r\dot\theta$ の項のおかげで $a_\theta\neq0$ になっている．

(b)　公式6.1より $v_r=\dot r=1\ \mathrm{m/s}$，$v_\theta=r\dot\theta=bt\cdot\omega=2t\ \mathrm{m/s}$．速さは $v=\sqrt{\dot r^2+(r\dot\theta)^2}=b\sqrt{1+\omega^2t^2}=\sqrt{1+4t^2}$，$t=1\ \mathrm s$ で $v=\sqrt5\approx2.24\ \mathrm{m/s}$．接線加速度は $v$ を微分して $\dot v=\dfrac{b\omega^2t}{\sqrt{1+\omega^2t^2}}=\dfrac{4t}{\sqrt{1+4t^2}}$，$t=1\ \mathrm s$ で $\dot v=\dfrac{4}{\sqrt5}\approx1.79\ \mathrm{m/s^2}$．第3章の関係 $\abs{\bm a}^2=\dot v^2+a_n^2$ より，

である（$\bm a=\dot v\bm e_t+a_n\bm e_n$ の $\bm e_t\perp\bm e_n$ なので三平方の定理を使った）．

(c)　$\bm e_t$ は速度の向きの単位ベクトルなので $\bm e_t=\bm v/v=(v_r\bm e_r+v_\theta\bm e_\theta)/v=\dfrac{1}{\sqrt5}\bm e_r+\dfrac{2}{\sqrt5}\bm e_\theta$．円運動の場合のような $\bm e_t=\bm e_\theta$ ではなく，$\bm e_\theta$ から $\bm e_r$ 側へ $\tan^{-1}\dfrac12\approx26.6^\circ$ だけ傾いている．検算として，$\bm a$ の $\bm e_t$ 方向の成分は $\bm a\cdot\bm e_t=\dfrac{a_r\times1+a_\theta\times2}{\sqrt5}=\dfrac{-4+8}{\sqrt5}=\dfrac{4}{\sqrt5}$ で，接線加速度 $\dot v$ と一致する．また $-r\dot\theta^2=-4\ \mathrm{m/s^2}$ は法線加速度 $a_n\approx5.37\ \mathrm{m/s^2}$ とは一致しない（$a_r=-4\ \mathrm{m/s^2}$ は，$\bm e_r$ が $\bm e_n$ と $\bm e_t$ の両方に斜めであることによる）．

例題6.5　角度方向の加速度と角運動量保存（定性的）

本節の「考察」で述べたとおり，角度方向の加速度は $a_\theta=\dfrac1r\dfrac{\dd}{\dd t}(r^2\dot\theta)$ と書ける．質点にはたらく力が常に原点の方向（$\bm e_r$ 方向）だけを向き，角度方向の成分をもたない（$F_\theta=ma_\theta=0$）とすると，運動の途中で $r$ と $\dot\theta$ はどのように関係し合うと予想されるか，式の形から定性的に説明せよ．

解答　$a_\theta=\dfrac1r\dfrac{\dd}{\dd t}(r^2\dot\theta)=0$ であり，$r\neq0$ である限り，これは $\dfrac{\dd}{\dd t}(r^2\dot\theta)=0$ と同じことである．時間微分がつねに $0$ ということは，$r^2\dot\theta$ という量が時間とともに変化しない——運動の間じゅう一定に保たれる，ということを意味する．したがって，質点が原点に近づく（$r$ が小さくなる）と，$r^2\dot\theta$ を一定に保つためには角速度 $\dot\theta$ が大きくならなければならず，逆に原点から遠ざかる（$r$ が大きくなる）と $\dot\theta$ は小さくなると予想できる——原点に近いところほど速く回り，遠いところほどゆっくり回る，という関係である．これはちょうど，フィギュアスケーターが腕を縮める（実効的な半径が小さくなる）と回転が速くなる現象と同じ形の関係になっている．第8章で，太陽からの万有引力（常に太陽の方向を向く力）を受ける惑星の運動を扱うときに，この予想が「面積速度一定」（ケプラーの第2法則）という形で正確に証明される．

例題6.6　与えられた運動の加速度成分（数値例）

ある質点の運動が $r(t)=2+\cos\omega t\ [\mathrm m]$，$\theta(t)=\omega t\ [\mathrm{rad}]$，$\omega=1\ \mathrm{rad/s}$ で与えられている（$t$ の単位は $\mathrm s$）．(a) $t=0$，(b) $t=\pi/2\ \mathrm s$ における加速度の極座標成分 $a_r,a_\theta$ を求めよ．

解答　$r(t)=2+\cos\omega t$ を順に微分すると，$\dot r(t)=-\omega\sin\omega t\ [\mathrm{m/s}]$，$\ddot r(t)=-\omega^2\cos\omega t\ [\mathrm{m/s^2}]$．$\theta(t)=\omega t$ より $\dot\theta=\omega=1\ \mathrm{rad/s}$，$\ddot\theta=0$（角速度が一定の等角速度運動）である．

(a)　$t=0$ を代入すると，

公式6.2に代入して，

$t=0$ の瞬間は $\dot r=0$（$r$ が最大値 $3\ \mathrm m$ をとる折り返し点）かつ $\ddot\theta=0$（角速度一定）なので，角度方向の加速度はたまたま $0$ になり，加速度は動径方向（原点を向く向き，$a_r\lt0$）だけをもつ．この時刻では，章の目玉である $2\dot r\dot\theta$ の項は効いていない．

(b)　$\omega t=\pi/2$ のとき $\cos\dfrac\pi2=0,\ \sin\dfrac\pi2=1$ なので，

となる．$\ddot\theta=0$ なので，角度方向の加速度 $a_\theta=-2\ \mathrm{m/s^2}$ はすべて $2\dot r\dot\theta$ だけから生じている．物理的には，角速度 $\dot\theta$ が一定のまま $r$ が縮んでいく（$\dot r\lt0$）と，周方向の速さ $r\dot\theta$ が減っていくので，$\theta$ が増える向き $\bm e_\theta$ とは逆向きの加速度が生じる，と理解できる．

検算：$t=\pi/2\ \mathrm s$ で質点は $(x,y)=(0,\ 2)\ \mathrm m$ にあり，$\bm e_r=\bm e_y,\ \bm e_\theta=-\bm e_x$ である．直交座標で $x=(2+\cos t)\cos t,\ y=(2+\cos t)\sin t$ を2回微分すると $(a_x,a_y)=(2,\ -2)\ \mathrm{m/s^2}$ が得られ，$a_r=a_y=-2\ \mathrm{m/s^2}$，$a_\theta=-a_x=-2\ \mathrm{m/s^2}$ と，上の結果に一致する．

例6.1　$\varepsilon=1/2,\ k=1$ の場合

離心率 $\varepsilon=\dfrac12$，$k=1$ を公式6.3に代入すると，

となる．両辺に分母をかけて整理すると，

（両辺を2倍して分数をなくした）．これがどんな図形かを見るために，直交座標に変換する．$x^2+y^2=r^2$，$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$ という，極座標と直交座標の間の基本関係（$r=\sqrt{x^2+y^2}$，$r\cos\theta=x$）を利用する．$r(2+\cos\theta)=2r+r\cos\theta=2$ において $r\cos\theta=x$ を代入すると，

という，$r$ について解いた式が得られる（右辺に $r$ が残っていないので，あとは $r=\sqrt{x^2+y^2}$ を代入すれば $x,y$ だけの式にできる）．ただし $r=\sqrt{x^2+y^2}$ には根号が入っているので，そのまま代入すると扱いにくい．そこで，式 \eqref{eq:6-ex1-step1} の両辺を2乗して根号を消す，という定石を使う：

（右辺は $(2-x)^2=(x-2)^2$ と書き直した．2乗すれば符号の違いは消える）．ここで $r^2=x^2+y^2$ を使うと，

となる．右辺を展開する（$(x-2)^2=x^2-4x+4$）と，

すべての項を左辺に移項して整理すると，

（$4x^2-x^2=3x^2$，$-4x$ を移項して $+4x$，$-4$ を移項して $-4$，$4y^2$ はそのまま）．この式を，$x$ について平方完成すると，どんな図形かが標準形の形で見えてくる．$3x^2+4x=3\left(x^2+\dfrac43x\right)=3\left[\left(x+\dfrac23\right)^2-\dfrac49\right]=3\left(x+\dfrac23\right)^2-\dfrac43$ なので，式 \eqref{eq:6-ex1-step3} は，

となる．両辺を12（$3$ と $4$ の最小公倍数）で割ると，

という形になる．右辺の分数 $4/9$ が邪魔に見えるかもしれないが，両辺をさらに $4/9$ で割れば，

となり，高校数学 第8章 8.2節で学んだ楕円の標準形 $\dfrac{(x-x_0)^2}{a^2}+\dfrac{(y-y_0)^2}{b^2}=1$（中心 $(x_0,y_0)=\left(-\dfrac23,0\right)$，長半径 $a=\dfrac43$，短半径 $b=\dfrac{2}{\sqrt3}$）に完全に一致する．たしかに楕円になることが確認できた．

原点が焦点であることも確かめておこう．中心から焦点までの距離は $c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{\dfrac{16}{9}-\dfrac43}=\sqrt{\dfrac49}=\dfrac23$ で，これは中心 $x=-\dfrac23$ から原点までの距離にちょうど一致する．また $c/a=\dfrac{2/3}{4/3}=\dfrac12=\varepsilon$ である．楕円上の最も原点に近い点は $r(0)=\dfrac{1}{1+1/2}=\dfrac23$，最も遠い点は $r(\pi)=\dfrac{1}{1-1/2}=2$ で，長軸の長さ $\dfrac23+2=\dfrac83=2a$ とも合っている．

例題6.7　離心率2の円錐曲線（双曲線）

$\varepsilon=2,\ k=3$ のとき，公式6.3の曲線はどんな図形になるか．定理6.1で分類し，直交座標の標準形を求めよ．

解答　$\varepsilon=2\gt1$ なので，定理6.1より双曲線である．標準形を求めるには，式 \eqref{eq:6-conic-cartesian} に $\varepsilon=2,k=3$ を代入する：

両辺を $-1$ 倍して $x^2$ の係数を正にすると，$3x^2-12x-y^2+9=0$．$x$ について平方完成する．$3x^2-12x=3(x^2-4x)=3\left[(x-2)^2-4\right]=3(x-2)^2-12$ なので，

両辺を3で割ると，

となる．これは，高校数学 第8章 8.3節で学んだ双曲線の標準形 $\dfrac{(x-x_0)^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$ に，中心 $(x_0,0)=(2,0)$，$a=1,\ b=\sqrt3$ として一致している（定理6.1の $a=\frac{k}{\varepsilon^2-1}=\frac33=1$，$b=\frac{k}{\sqrt{\varepsilon^2-1}}=\sqrt3$，中心 $a\varepsilon=2$ とも合っている）．中心から焦点までの距離は $c=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{1+3}=2$ なので，焦点は $(2\pm2,\,0)=(0,0),(4,0)$ にある——$(0,0)$，すなわち原点は，たしかにこの双曲線の焦点の1つになっている（公式6.3が原点を焦点として作られていることと矛盾しない）．曲線は，原点に近い側の枝（$x\le2-1=1$ の範囲）だけが，$\theta$ を $0$ から動かしたときに $r(\theta)=3/(1+2\cos\theta)$（$r\gt0$）としてたどれる部分である．

演習6.1　基底ベクトルの関係を逆に解く

式 \eqref{eq:6-basis-vectors}（第3章 公式3.2と同じ式）は，$\bm e_r,\bm e_\theta$ を $\bm e_x,\bm e_y$ で表す関係になっている．この関係を逆に解いて，$\bm e_x,\bm e_y$ を $\bm e_r,\bm e_\theta$ と $\theta$ を使って表せ．

ヒント：式 \eqref{eq:6-basis-vectors} を $[\bm e_r\ \bm e_\theta]=[\bm e_x\ \bm e_y]R(\theta)$ という行列の関係とみなし，6.1節(ii)で使った「回転行列の逆行列は転置に等しい」という性質を使って，両辺に $R(\theta)^{-1}=R(\theta)^{\mathrm T}$ を右からかけるとよい．

→ 解答

演習6.2　近日点距離と遠日点距離

公式6.3の曲線 $r(\theta)=k/(1+\varepsilon\cos\theta)$ について，$\theta=0$ のときの $r$ の値と，（$0\le\varepsilon\lt1$ のとき）$\theta=\pi$ のときの $r$ の値を，$k,\varepsilon$ を用いて表せ（第8章で，これらは太陽に最も近づく点＝近日点，最も遠ざかる点＝遠日点までの距離に対応する）．さらに，この2つの和が長軸の長さ $2a$ に等しいことから，長半径 $a$ を $k,\varepsilon$ で表し，定理6.1の $a=k/(1-\varepsilon^2)$ と一致することを確かめよ．

ヒント：公式6.3に $\theta=0$（$\cos0=1$），$\theta=\pi$（$\cos\pi=-1$）を代入するだけである．

→ 解答

演習6.3　離心率0.8の楕円

$\varepsilon=0.8,\ k=2$ の円錐曲線を，直交座標の標準形に変換せよ．また，その長半径 $a$，短半径 $b$，中心の位置を求め，定理6.1の値と一致することを確かめよ．

ヒント：式 \eqref{eq:6-conic-cartesian} に数値を代入し，例題6.7と同じ手順（平方完成）で標準形にする．この場合 $x^2$ の係数は正なので，例題6.7のような $-1$ 倍は必要ない．

→ 解答

演習6.4　基底ベクトルの時間微分による加速度公式の別証明

本章では加速度公式（公式6.2）を回転行列の比較（式Ⓒ，Ⓓ）から導いたが，別の方法として，基底ベクトル $\bm e_r,\bm e_\theta$ 自身の時間微分の公式（第3章の演習3.3でも扱った）

を使う方法がある．これらを認めて，位置ベクトル $\bm r=r\bm e_r$ を2回時間微分することで，速度 $\bm v=\dot r\bm e_r+r\dot\theta\bm e_\theta$（公式6.1）と加速度 $\bm a=(\ddot r-r\dot\theta^2)\bm e_r+(2\dot r\dot\theta+r\ddot\theta)\bm e_\theta$（公式6.2）を，本章とは独立に導け．

ヒント：$\dot{\bm e}_r=\dot\theta\bm e_\theta$ 自身は，式 \eqref{eq:6-basis-vectors} を $t$ で微分し（$\theta$ が $t$ の関数であることに注意して連鎖律を使う），$\dfrac{\dd}{\dd t}\cos\theta=-\dot\theta\sin\theta,\ \dfrac{\dd}{\dd t}\sin\theta=\dot\theta\cos\theta$ を使えば確認できる．そのあと $\bm v=\dfrac{\dd}{\dd t}(r\bm e_r)=\dot r\bm e_r+r\dot{\bm e}_r$ に積の微分公式を使い，$\dot{\bm e}_r=\dot\theta\bm e_\theta$ を代入する．加速度はこれをもう一度微分する．

→ 解答

演習6.5　離心率1（放物線）の確認

$\varepsilon=1$ のとき，公式6.3の曲線が放物線になることを，標準形への変換によって確認せよ（$k$ は文字のままでよい）．

ヒント：式 \eqref{eq:6-conic-cartesian} に $\varepsilon=1$ を代入すると，$x^2$ の項がちょうど消える．残った式を $y^2=\cdots$ の形に整理し，高校数学 第8章 8.1節の放物線の標準形 $y^2=4px$（または頂点をずらした形）と比較せよ．

→ 解答

演習6.6　加速度の極座標成分の数値計算

質点の運動が $r(t)=1+t^2\ [\mathrm m]$，$\theta(t)=t\ [\mathrm{rad}]$（$t$ の単位は $\mathrm s$）で与えられている．$t=1\ \mathrm s$ における $a_r,a_\theta$ を，公式6.2を使って求めよ．また，このとき $\ddot r$ と $a_r$ は等しいか．

ヒント：$\dot r,\ \ddot r,\ \dot\theta,\ \ddot\theta$ を先に求めて $t=1$ を代入する．$\ddot r$ と $r\dot\theta^2$ の値を比べるとよい．

→ 解答

演習6.7　等速直線運動の極座標成分

直線 $x=b$ 上を速さ $u$ で $y$ 方向に等速直線運動する点（$x=b,\ y=ut$，$b,u\gt0$）について，(1) $r,\ \dot r,\ \dot\theta$ を $b,u,t$ で表せ．(2) $\ddot r=r\dot\theta^2$ と $r\ddot\theta=-2\dot r\dot\theta$ が成り立つことを示し，$a_r=a_\theta=0$ を確かめよ．

ヒント：$r^2=b^2+u^2t^2$ より $r\dot r=u^2t$．$\theta=\tan^{-1}(ut/b)$ なので $\dot\theta=\dfrac{bu}{b^2+u^2t^2}=\dfrac{bu}{r^2}$．$r\dot r=u^2t$ をもう一度微分すると $\dot r^2+r\ddot r=u^2$ が得られる．

→ 解答

演習6.8　双曲線の漸近線の向き

$\varepsilon\gt1$ のとき，公式6.3の曲線は $r\to\infty$ となる角 $\theta_\infty\ (0\lt\theta_\infty\lt\pi)$ をもつ．$\theta_\infty$ を $\varepsilon$ で表し，$\varepsilon=5/3$ のときの $\cos\theta_\infty,\ \tan\theta_\infty$ を求めよ．また，これが定理6.1の双曲線の漸近線の傾きの大きさ $b/a$ と一致することを確かめよ．

ヒント：$r\to\infty$ となるのは分母 $1+\varepsilon\cos\theta$ が $0$ になるときである．定理6.1より $b/a=\sqrt{\varepsilon^2-1}$．

→ 解答