図1のように、初速度 $v_0$ で角度 $\theta$ で原点から発射された物体が、座標 $(X, Y)$ に到達するような投射角 $\tan \theta$ を求める問題です。

## 問6

1. 問題の内容

図1のように、初速度 $v_0$ で角度 $\theta$ で原点から発射された物体が、座標 $(X, Y)$ に到達するような投射角 $\tan \theta$ を求める問題です。

2. 解き方の手順

まず、物体の運動方程式を考えます。水平方向の運動は等速運動、垂直方向の運動は等加速度運動となります。

水平方向の速度 $v_x$ と垂直方向の速度 $v_y$ はそれぞれ次のようになります。

$v_x = v_0 \cos \theta$

$v_y = v_0 \sin \theta - gt$

水平方向の位置 $x$ と垂直方向の位置 $y$ はそれぞれ次のようになります。

$x = v_0 \cos \theta \cdot t$

$y = v_0 \sin \theta \cdot t - \frac{1}{2}gt^2$

問題の条件より、$x = X$, $y = Y$ となる時刻 $t$ が存在します。

$X = v_0 \cos \theta \cdot t$ より、 $t = \frac{X}{v_0 \cos \theta}$

これを $y$ の式に代入すると、

$Y = v_0 \sin \theta \cdot \frac{X}{v_0 \cos \theta} - \frac{1}{2}g \left(\frac{X}{v_0 \cos \theta}\right)^2$

$Y = X \tan \theta - \frac{gX^2}{2v_0^2 \cos^2 \theta}$

ここで、$\frac{1}{\cos^2 \theta} = 1 + \tan^2 \theta$ を用いると、

$Y = X \tan \theta - \frac{gX^2}{2v_0^2}(1 + \tan^2 \theta)$

整理すると、$\tan \theta$ についての二次方程式になります。

$\frac{gX^2}{2v_0^2} \tan^2 \theta - X \tan \theta + Y + \frac{gX^2}{2v_0^2} = 0$

両辺に $\frac{2v_0^2}{gX^2}$ をかけると、

$\tan^2 \theta - \frac{2v_0^2}{gX} \tan \theta + \frac{2v_0^2 Y}{gX^2} + 1 = 0$

解の公式より、

$\tan \theta = \frac{\frac{2v_0^2}{gX} \pm \sqrt{\left(\frac{2v_0^2}{gX}\right)^2 - 4\left(\frac{2v_0^2 Y}{gX^2} + 1\right)}}{2}$

$\tan \theta = \frac{v_0^2}{gX} \pm \sqrt{\left(\frac{v_0^2}{gX}\right)^2 - \frac{2v_0^2 Y}{gX^2} - 1}$

$\tan \theta = \frac{v_0^2}{gX} \pm \sqrt{\frac{v_0^4 - 2v_0^2 gY - g^2 X^2}{g^2 X^2}}$

$\tan \theta = \frac{v_0^2 \pm \sqrt{v_0^4 - 2v_0^2 gY - g^2 X^2}}{gX}$

3. 最終的な答え

$\tan \theta = \frac{v_0^2 \pm \sqrt{v_0^4 - 2v_0^2 gY - g^2 X^2}}{gX}$

## 問7

1. 問題の内容

図2のように、初速度 $v_0$ で角度 $\theta_{\text{max}}$ で原点から発射された物体の軌跡と地面との間の面積が最大となるような投射角 $\theta_{\text{max}}$ を求める問題です。ただし、$0 < \theta_{\text{max}} < \frac{\pi}{2}$です。

2. 解き方の手順

物体の水平到達距離 $R$ は、

$R = \frac{v_0^2 \sin(2\theta)}{g}$

物体の軌跡は放物線であり、放物線とx軸で囲まれた面積は、放物線の高さ $H$ と水平到達距離 $R$ を用いて表すことができます。

最高点 $H$ は、$H = \frac{v_0^2 \sin^2(\theta)}{2g}$

放物線とx軸で囲まれた面積 $S$ は、$S = \frac{2}{3} R H$

$S = \frac{2}{3} \cdot \frac{v_0^2 \sin(2\theta)}{g} \cdot \frac{v_0^2 \sin^2(\theta)}{2g} = \frac{v_0^4}{3g^2} \sin(2\theta) \sin^2(\theta)$

$\sin(2\theta) = 2 \sin(\theta) \cos(\theta)$ なので、$S = \frac{2v_0^4}{3g^2} \sin^3(\theta) \cos(\theta)$

面積 $S$ を最大にする $\theta$ を求めるためには、$\frac{dS}{d\theta} = 0$ となる $\theta$ を探します。

$\frac{dS}{d\theta} = \frac{2v_0^4}{3g^2} (3 \sin^2(\theta) \cos^2(\theta) - \sin^4(\theta)) = 0$

$3 \sin^2(\theta) \cos^2(\theta) - \sin^4(\theta) = 0$

$\sin^2(\theta) (3 \cos^2(\theta) - \sin^2(\theta)) = 0$

$\sin^2(\theta) = 0$ は $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ の条件を満たさないので、

$3 \cos^2(\theta) - \sin^2(\theta) = 0$

$3 \cos^2(\theta) = \sin^2(\theta)$

$\tan^2(\theta) = 3$

$\tan(\theta) = \sqrt{3}$

$\theta = \frac{\pi}{3}$

よって、$\theta_{\text{max}} = \frac{\pi}{3}$

3. 最終的な答え

$\theta_{\text{max}} = \frac{\pi}{3}$