引言
日本語のタイトルを書いても、この文章は主に日本語の内容ではありません。時間があれば追加かもしれません
題目一： https://blog.yexca.net/zh-tw/archives/183
題目二：本文
題目三： https://blog.yexca.net/zh-tw/archives/188
唉，幹勁總是會被現實所打敗，不過這次我傷心的時間倒是變短了，希望慢慢的可以好起來。
關於這題的話，應該屬於一個單獨的向量課程吧，我是一點都沒看懂，後來想到 3b1b 的線性代數本質，才想到數學中向量的一般表示，然後慢慢思考。
不過事實上題目幾乎也把這些東西的定義都給了出來，如果日本的教學沒學過的話，相當於是當場看定義，然後據此解題。只能說能解出來是真的很厲害，令人望而卻步。
同時，因為全是證明題，無法確保過程是否正確。
題目
Source: https://www.i.u-tokyo.ac.jp/edu/entra/examarchive.shtml
題目版權屬於東京大學所有，僅為了方便觀看而引用，無營利行為。
$xy$ 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
$$ l_{a^{'},b^{'}} = \int_{a^{'}}^{b^{'}} \sqrt{(\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} t})^2+(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t})^2} \mathrm{d} t $$と定義され、$\boldsymbol{p}$ の全長 $l_{a,b}$ を $L$ で表す。曲線 $\boldsymbol{p}$ は、$\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{p}}{\mathrm{d} t}=(0,0)$ 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 $l_{a,t}$ 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。
$$ \sqrt{(\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s})^2+(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s})^2} = 1 $$（２）$\theta = \theta(s)$ を時刻 $s$ における $\boldsymbol{p}$ の接線ベクトル $\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{p}}{\mathrm{d} s} = (\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s},\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s})$ と $x$ 軸とのなす角とする。このとき、以下の等式を示せ。
$$ \frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s} \frac{\mathrm{d}^2 q}{\mathrm{d} s^2}-\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s}\frac{\mathrm{d}^2 p}{\mathrm{d} s^2} = \frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s} $$以下では、曲線 $\boldsymbol{p}$ は、滑らかな閉曲線で、凸集合 $\boldsymbol{K}$ の境界となっているもの。また、$\boldsymbol{p}$ は、反時計方向に $\boldsymbol{K}$ をまわるものとする。
（３）任意の時刻 $s$ で $\frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s} \ge 0$ となることを説明せよ。
（４）$\boldsymbol{K}$ に含まれない点 $\boldsymbol{x}=(x,y)$ は、時刻 $s \in [0,L]$ および $\boldsymbol{x}$ と $\boldsymbol{K}$ 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、$\boldsymbol{K}$ 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。
$$ \left | det \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial s} & \frac{\partial x}{\partial r} \\ \frac{\partial y}{\partial s} & \frac{\partial y}{\partial r} \end{pmatrix} \right | =1 +r\frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s} $$（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 $A_D = \iint_{K_D} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ は、$K$ の面積 $A$ と $\boldsymbol{p}$ の全長 $\boldsymbol{L}$ を用いて
$$ A_D = A + LD + \pi D^2 $$と表せることを示せ。
中文解答
假設翻譯：考慮 $xy$ 平面上的光滑曲線 $\boldsymbol{p}=(p(t),q(t))(t \in [a,b])$ ，從時刻 $t=a^{'} $ 到 $t=b^{'}$ 的曲線 $\boldsymbol{p}$ 的長度 $l_{a^{'},b^{'}}$ 定義為
$$ l_{a^{'},b^{'}} = \int_{a^{'}}^{b^{'}} \sqrt{(\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} t})^2+(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t})^2} \mathrm{d} t $$$\boldsymbol{p}$ 的總長度 $l_{a,b}$ 記作 $L$ 。假設 $\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{p}}{\mathrm{d} t}=(0,0)$ 不成立，用變數 $s=s(t)$ 表示從時刻 $a$ 到 $t$ 的曲線 $\boldsymbol{p}$ 的長度 $l_{a,t}$ 。這樣可以將 $\boldsymbol{p}$ 看作參數 $s \in [0,L]$ 的曲線，並將 $s$ 稱為時刻。
這個描述其實就是弧長參數化 (arc length parametrization)，是指使用曲線的弧長作為參數來表示曲線的一種特殊形式。具體來說，它將曲線上某一點到曲線起始點的距離（即弧長）作為新的參數，從而使得曲線的參數化不僅簡潔，還能反映曲線的幾何特性。
第一題
題目翻譯：證明以下等式
因為曲線的時刻 $t \in [a,b]$ ，所以曲線的全長 $L$ 為
$$ l_{a,b} = \int_{a}^{b} \sqrt{(\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} t})^2+(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t})^2} \mathrm{d} t $$而 $s$ 是從 $a$ 到 $t$ 的弧長，即
$$ s = \int_{a}^{t} \sqrt{(\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} t})^2+(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t})^2} \mathrm{d} t $$所以 $s$ 代表了從弧線的初始點 $a$ 到當前點的弧長，故
$$ \frac{\mathrm{d} s}{\mathrm{d} t} = \sqrt{(\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} t})^2+(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t})^2} $$因為 $\boldsymbol{p}$ 可以看作參數 $s$ 的曲線，$s$ 是 $t$ 的函數，所以
$$ \frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} t} = \frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s} \frac{\mathrm{d} s}{\mathrm{d} t} \\ \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t} = \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s} \frac{\mathrm{d} s}{\mathrm{d} t} $$即
$$ \begin{align} \frac{\mathrm{d} s}{\mathrm{d} t} &=\sqrt{(\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s} \frac{\mathrm{d} s}{\mathrm{d} t})^2+(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s} \frac{\mathrm{d} s}{\mathrm{d} t})^2} \\ &=\sqrt{(\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s})^2+(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s})^2} \frac{\mathrm{d} s}{\mathrm{d} t} \end{align} $$因為 $\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} t} \ne 0$，所以 $\frac{\mathrm{d} s}{\mathrm{d} t} \ne 0$，即
$$ \sqrt{(\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s})^2+(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s})^2} = 1 $$這個證明表明在弧長參數化下，曲線的速度向量 $\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{p}}{\mathrm{d} s}$ 的長度始終為 $1$。
第二題
題目翻譯：$\theta = \theta(s)$ 為時刻 $s$ 時，曲線 $\boldsymbol{p}$ 的切線向量 $\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{p}}{\mathrm{d} s} = (\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s},\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s})$ 與 $x$ 軸的夾角。證明等式。
一般情況下，向量是從原點開始到所表示的那一點，與 $x$ 軸的夾角為 $\theta$，則向量分量為：
$$ v_x = \left | v \right | \cos(\theta) \\ v_y = \left | v \right | \sin(\theta) $$由第一題知 $\begin{vmatrix} \frac{\mathrm{d} \boldsymbol{p}}{\mathrm{d} s} \end{vmatrix} = 1$，所以
$$ \begin{align} \frac{\mathrm{d} \boldsymbol{p}}{\mathrm{d} s} &= (\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s},\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s}) \\ &= (\cos(\theta(s)), \sin(\theta(s))) \end{align} $$對分量對 $s$ 微分：
$$ \begin{align} \frac{\mathrm{d}^2 p}{\mathrm{d} s^2} &= -\sin(\theta(s)) \cdot \frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s} \\ \frac{\mathrm{d}^2 q}{\mathrm{d} s^2} &= \cos(\theta(s)) \cdot \frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s} \end{align} $$所以
$$ \begin{align} \frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s} \frac{\mathrm{d}^2 q}{\mathrm{d} s^2}-\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s}\frac{\mathrm{d}^2 p}{\mathrm{d} s^2} &= \cos(\theta(s)) \cdot \cos(\theta(s)) \cdot \frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s} - \sin(\theta(s)) \cdot (-\sin(\theta(s)) \cdot \frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s}) \\ &= (\cos(\theta(s)))^2 \cdot \frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s} + (\sin(\theta(s)))^2 \cdot \frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s} \\ &= \frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s} \end{align} $$第三題
假設條件：曲線 $\boldsymbol{p}$ 是一個光滑的閉曲線，並且是凸集合的邊界 $\boldsymbol{K}$。而且，曲線 $\boldsymbol{p}$ 是以逆時針方向繞 $\boldsymbol{K}$ 移動。
題目翻譯：說明為什麼任意時刻 $s$，$\frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s} \ge 0$ 恆成立。
這題不好說明，因為曲線 $\boldsymbol{p}$ 是光滑凸曲線，曲線的切線變化是連續的並且不會反向，即單調的。並且是逆時針移動的話，任意時刻與 $x$ 軸的夾角 $\theta$ 都是一直在增長的，所以其導數就是非負的，故 $\frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s} \ge 0$ 恆成立。
第四題
題目翻譯：對於不包含在 $\boldsymbol{K}$ 內的點 $\boldsymbol{x}=(x,y)$ 可以唯一表示為 $s \in [0,L]$ 和 $\boldsymbol{x}$ 與 $\boldsymbol{K}$ 的距離 $r$ 的函數：
$$ \boldsymbol{x} = \boldsymbol{p} (s) + r \boldsymbol{u} (s) $$其中，$\boldsymbol{u} (s)$ 是時刻 $s$ 下的 $\boldsymbol{p}$ 的單位法向量，且方向指向 $\boldsymbol{K}$ 的外部。對於這樣的 $\boldsymbol{x} = (x,y)$ 證明等式成立。
因為 $\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{p}}{\mathrm{d} s} $ 是單位切線向量，$\boldsymbol{u} (s)$ 是當時的單位法向量且方向指向 $\boldsymbol{K}$ 的外部，所以
$$ \boldsymbol{u} (s) = (\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s},-\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s}) $$對 $\boldsymbol{x}$ 分別對 $s$ 和 $r$ 求偏微分：
$$ \begin{align} \frac{\partial \boldsymbol{x}}{\partial s} &= \frac{\partial \boldsymbol{p}}{\partial s} + r\frac{\partial \boldsymbol{u}}{\partial s} \\ \frac{\partial \boldsymbol{x}}{\partial r} &= \boldsymbol{u} (s) \end{align} $$求其分量的偏微分，對於 $x$：
$$ \begin{align} \frac{\partial x}{\partial s} &= \frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s} + r\frac{\mathrm{d}^2 q}{\mathrm{d} s^2} \\ \frac{\partial x}{\partial r} &= \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s} \end{align} $$對於 $y$：
$$ \begin{align} \frac{\partial y}{\partial s} &= \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s} - r\frac{\mathrm{d}^2 p}{\mathrm{d} s^2} \\ \frac{\partial y}{\partial r} &= -\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s} \end{align} $$所以原矩陣可以變成：
$$ \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial s} & \frac{\partial x}{\partial r} \ \frac{\partial y}{\partial s} & \frac{\partial y}{\partial r} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} \frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s} + r\frac{\mathrm{d}^2 q}{\mathrm{d} s^2} & \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s} \ \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s} - r\frac{\mathrm{d}^2 p}{\mathrm{d} s^2} & -\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s} \end{pmatrix} $$
對其求行列式：
$$ \begin{align} \det\begin{pmatrix} \frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s} + r\frac{\mathrm{d}^2 q}{\mathrm{d} s^2} & \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s} \\ \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s} - r\frac{\mathrm{d}^2 p}{\mathrm{d} s^2} & -\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s} \end{pmatrix} &= (\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s} + r\frac{\mathrm{d}^2 q}{\mathrm{d} s^2})(-\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s})-(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s} - r\frac{\mathrm{d}^2 p}{\mathrm{d} s^2})(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s}) \\ &= -(\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s})^2 -r\frac{\mathrm{d}^2 q}{\mathrm{d} s^2}\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s}-(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s})^2+r\frac{\mathrm{d}^2 p}{\mathrm{d} s^2}\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s} \\ &= -[(\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s})^2+(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s})^2]-r(\frac{\mathrm{d}^2 q}{\mathrm{d} s^2}\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s}-\frac{\mathrm{d}^2 p}{\mathrm{d} s^2}\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s}) \end{align} $$由第一題和第二題的結論可以得到：
$$ \begin{align} \left | \det\begin{pmatrix} \frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s} + r\frac{\mathrm{d}^2 q}{\mathrm{d} s^2} & \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s} \\ \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} s} - r\frac{\mathrm{d}^2 p}{\mathrm{d} s^2} & -\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} s} \end{pmatrix} \right | &= \left | -1-r\frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s} \right | \\ &= 1+r\frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} s} \end{align} $$其實這裡出現的矩陣是 雅可比矩陣 (Jacobian matrix) 。
第五題
題目翻譯：對於非負實數 $D$，定義 $K_D$ 為距離 $K$ 在 $D$ 以內的點的集合。證明 $K_D$ 的面積 $A_D$ 可以用 $K$ 的面積和 $\boldsymbol{p}$ 的全長 $L$ 表示，公式略。
這個證明我認為可以畫個圖比較好理解，但怎麼用文字表述我還沒想到，大概就是圖中的意思：
其中藍色的是 $K$ 的面積，綠色的是把 $K$ 的各邊向外平移 $D$ 所形成區域的面積（近似為 $L \times D$），然後圖中為了方便看把轉角（粉色）畫得很大，並且為了方便理解使用了長方形作為基礎。實際上因為凸性且光滑封閉，所有的轉角部分正好可以組成一個半徑為 $D$ 的圓，這部分的面積就是 $\pi D^2$。這可以想像成轉角處無限小，無限逼近一個直角，那麼用 $LD$ 計算時會有一部分的面積沒算進去（因為轉角處是扇形），所有轉角處沒被算進去的面積加起來就是一個圓的面積。
所以 $A_D = A + LD + \pi D^2$。
Wrote with ChatGPT