次: 最速であることの証明
上: 最速降下曲線
前: 微分方程式を解く
史織 計算をしてみます．
この点から $ \mathrm{A}(\pi,\ 2) $ に来るまでの時間は，
\begin{eqnarray*}
\int_{x_0}^{\pi}\sqrt{\dfrac{1+{y'}^2}{2g(y-y_0)}}dx&=&
\int_{\alpha}^{\pi}\sqrt{\dfrac{1+\left(\dfrac{\sin t}{1-\cos t} \right)^2}{2g(\cos\alpha
-\cos t)}}(1-\cos t)dt\\
&=&\dfrac{1}{\sqrt{g}}\int_{\alpha}^{\pi}\sqrt{\dfrac{1-\cos t}{\cos\alpha-\cos t}}dt
\end{eqnarray*}
となる．
\begin{eqnarray*}
\int_{\alpha}^{\pi}\sqrt{\dfrac{1-\cos t}{\cos\alpha-\cos t}}d t
&=&\int_{\alpha}^{\pi}\sqrt{\dfrac{2\sin^2\dfrac{ t}{2}}{2\cos^2\dfrac{\alpha}{2}-2\cos^2\dfrac{ t}{2}}}d t\\
&&\quad \sin\dfrac{t}{2}\geqq 0,\ \cos\dfrac{\alpha}{2}\geqq 0\ より，\\
&=&\int_{\alpha}^{\pi}\dfrac{\sin\dfrac{ t}{2}}{\sqrt{\cos^2\dfrac{\alpha}{2}-\cos^2\dfrac{t}{2}}}d t
=\int_{\alpha}^{\pi}\dfrac{\sin\dfrac{ t}{2}}{\sqrt{1-\dfrac{\cos^2\dfrac{ t}{2}}{\cos^2\dfrac{\alpha}{2}}}}\dfrac{d t}{\cos\dfrac{\alpha}{2}}
\end{eqnarray*}
ここで $ \dfrac{\alpha}{2} \leqq \dfrac{t}{2}\leqq \dfrac{\pi}{2} $ より
$ 0\leqq \dfrac{\cos\dfrac{t}{2}}{\cos\dfrac{\alpha}{2}}\leqq 1 $ であるから，
$ \cos \theta=\dfrac{\cos\dfrac{t}{2}}{\cos\dfrac{\alpha}{2}} $ とおける．
このとき，両辺を $ t $ で微分すると
\[
-\sin \theta\cdot \dfrac{d\theta}{dt}=-\dfrac{\sin\dfrac{t}{2}}{2\cos\dfrac{\alpha}{2}}
\]
より，
\[
\dfrac{\sin\dfrac{t}{2}}{\cos\dfrac{\alpha}{2}}dt=2\sin \theta d\theta
\]
であり， $ t:\alpha\to \pi $ のとき $ \cos \theta:1\to 0 $ であるから， $ \theta:0 \to \dfrac{\pi}{2} $ となる．
よって
\begin{eqnarray*}
\int_{\alpha}^{\pi}\sqrt{\dfrac{1-\cos t}{\cos\alpha-\cos t}}dt
&=&
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{2\sin \theta}{\sqrt{1-\cos^2 \theta}}dt=\int_0^{\frac{\pi}{2}}2d\theta=\pi
\end{eqnarray*}
となり，これは $ \alpha $ によらず一定である．つまり $ C $ 上の点Bがどこにあれ，BからAに来るまでにかかる時間は一定である．
南海 その通りだ．