〔3〕は前半（問1）が等速円運動の位置・速度・加速度をベクトル成分で追う問題、後半（問2）がばねでつながれた多数の物体の単振動（1 次元格子振動）で、隣どうしの位相差から運動方程式を立て $\omega$ と $\lambda$ の関係（分散関係）を導く問題です。円運動を直線に投影すると単振動になる、という一本の糸で前後がつながっています。
この設問での円運動は時計回りで、$t=0$ に $\vec{r}(0)=(0,\,r)$（＝$y$ 軸の正の位置）から出発する点に注意。角 $\omega t$ は $y$ 軸から時計回り（$+x$ 側）に測る。したがって $x$ 成分が $\sin$、$y$ 成分が $\cos$ になります（反時計回り・$x$ 軸出発の教科書公式とは $\sin$／$\cos$ が入れ替わる）。
立式：時計回りで、時刻 0 に $\vec{r}(0)=(0,\,r)$。角 $\omega t$ を $y$ 軸から時計回り（$+x$ 側）に測ると、$x$ 成分は $\sin$、$y$ 成分は $\cos$ で書ける：
$$x(t)=r\sin(\omega t),\qquad y(t)=r\cos(\omega t)$$確認：$t=0$ で $(x,y)=(0,\,r)$。少し時間がたつと $x\gt 0$ に動き出す＝時計回り。$x^2+y^2=r^2$ で半径 $r$ の円上にある。
立式：$\Delta t$ が十分小さいとき $\vec{r}(\Delta t)-\vec{r}(0)=\vec{v}(0)\,\Delta t$。$\sin\theta\fallingdotseq\theta,\ \cos\theta\fallingdotseq 1$（$\theta=\omega\Delta t$ が微小）を使うと：
$$\vec{r}(\Delta t)-\vec{r}(0)=\big(r\sin(\omega\Delta t)-0,\ r\cos(\omega\Delta t)-r\big)\fallingdotseq\big(r\omega\Delta t,\ 0\big)$$両辺を $\Delta t$ で割ると初速度が得られる：
$$v_x(0)=r\omega,\qquad v_y(0)=0$$初速度は $+x$ 方向・大きさ $r\omega$。真上の点で時計回りなら、確かに右向きに動き出す。
立式：$\vec{v}(0)$ と $\vec{v}(t)$ のなす角は $\omega t$（速度ベクトルも時計回りに同じだけ回る）。$\vec{v}(0)=(r\omega,\,0)$ を時計回りに $\omega t$ 回すと：
$$v_x(t)=r\omega\cos(\omega t),\qquad v_y(t)=-r\omega\sin(\omega t)$$検算（微小変化から）：$x(t)=r\sin\omega t$ の $\Delta t$ 変化は $r\omega\cos(\omega t)\,\Delta t$、$y(t)=r\cos\omega t$ の変化は $-r\omega\sin(\omega t)\,\Delta t$。上式と一致する。大きさは $\sqrt{v_x^2+v_y^2}=r\omega$（一定）。
立式：同様に $\vec{v}(\Delta t)-\vec{v}(0)=\vec{a}(0)\,\Delta t$。$\vec{v}(t)$ を微小時間で展開すると：
$$\vec{v}(\Delta t)-\vec{v}(0)=\big(r\omega\cos(\omega\Delta t)-r\omega,\ -r\omega\sin(\omega\Delta t)\big)\fallingdotseq\big(0,\ -r\omega^2\Delta t\big)$$$\Delta t$ で割って初期加速度：
$$a_x(0)=0,\qquad a_y(0)=-r\omega^2$$加速度（ケ・コ）：$\vec{a}(0)=(0,\,-r\omega^2)$（$-y$ 方向＝中心向き）を時計回りに $\omega t$ 回すと：
$$a_x(t)=-r\omega^2\sin(\omega t),\qquad a_y(t)=-r\omega^2\cos(\omega t)$$これは $\vec{a}(t)=-\omega^2\,\vec{r}(t)$ に等しく、常に中心を向く向心加速度（大きさ $r\omega^2$）。
$x=r\sin\omega t,\ y=r\cos\omega t$ を $t$ で微分すると速度、もう 1 回で加速度：
$$\vec{v}=\frac{d\vec{r}}{dt}=\big(r\omega\cos\omega t,\ -r\omega\sin\omega t\big)$$ $$\vec{a}=\frac{d\vec{v}}{dt}=\big(-r\omega^2\sin\omega t,\ -r\omega^2\cos\omega t\big)=-\omega^2\vec{r}$$本問は微分を使わず「微小変化 ＝ 速度$\times\Delta t$」で誘導しているが、結果は同じ。$\vec{a}=-\omega^2\vec{r}$ が向心加速度の本質。
回転の向き（時計回り）と出発点 $(0,r)$ を取り違えると $\sin$／$\cos$ や符号を全部間違える。「$t=0$ でどこにいて、次の瞬間どちらへ動くか」を必ず 1 点だけ確かめて向きを固定するのがコツ。
立式：物体は間隔 $d$、位置 $x_n=nd$。変位が波長 $\lambda$ の正弦波に乗り $+x$ 向きに進むので、$P$ 番目を基準（回転角 $\omega t$、$u_P=r\sin(\omega t)$）にとると、$n$ 番目の変位は
$$u_n(t)=r\sin\!\left(\omega t-\frac{2\pi}{\lambda}(x_n-x_P)\right)=r\sin\!\left(\omega t-\frac{2\pi d}{\lambda}(n-P)\right)$$波が $+x$ に進むとき、位置が大きいほど「同じ位相に達するのが遅れる」ので、位相（回転角）に $-\dfrac{2\pi}{\lambda}(x_n-x_P)$ が付く。
代入（$P-1$ 番目）：$n=P-1$ なら $x_{P-1}-x_P=-d$。
$$u_{P-1}(t)=r\sin\!\left(\omega t-\frac{2\pi d}{\lambda}\cdot(-1)\right)=r\sin\!\left(\omega t+\frac{2\pi d}{\lambda}\right)$$左の物体は位相が $\dfrac{2\pi d}{\lambda}$ だけ進む。よって サ $=\omega t+\dfrac{2\pi d}{\lambda}$。
代入（$P+1$ 番目）：$n=P+1$ なら $x_{P+1}-x_P=+d$。
$$u_{P+1}(t)=r\sin\!\left(\omega t-\frac{2\pi d}{\lambda}\right)$$右の物体は位相が $\dfrac{2\pi d}{\lambda}$ だけ遅れる。よって シ $=\omega t-\dfrac{2\pi d}{\lambda}$。
1 波長 $\lambda$ で位相が $2\pi$ 進む。間隔 $d$ に対応する位相は比例配分で $\dfrac{2\pi}{\lambda}\times d=\dfrac{2\pi d}{\lambda}$。
例：$\lambda=4d$ なら位相差 $\dfrac{\pi}{2}$（$90^\circ$）。$\lambda=2d$ なら位相差 $\pi$（$180^\circ$）で隣どうしが逆位相。$\lambda\gg d$ なら位相差はほぼ 0 で、隣どうしほとんど同じ動き（＝なめらかな長波長の波）。
「$+x$ 向きに進む波」では、後方（$x$ が小さい側）が位相が進む。$u_n=r\sin(\omega t-\frac{2\pi}{\lambda}x)$ の $x$ の前の符号がマイナスであることと結びつけて覚えると、サ・シ の符号を間違えない。
立式・計算：変位 $u_P=r\sin(\omega t)$ を時間で 2 回微分（単振動なので加速度は $-\omega^2\times$変位）：
$$a_P=\frac{d^2u_P}{dt^2}=-r\omega^2\sin(\omega t)=-\omega^2 u_P$$よって ス $=-r\omega^2\sin(\omega t)$。
立式：ばね定数 $k$。ばねの力は「隣との変位の差」で決まる。左のばねは $k(u_{P-1}-u_P)$、右のばねは $k(u_{P+1}-u_P)$。合力は
$$F=k(u_{P-1}-u_P)+k(u_{P+1}-u_P)=k\big(u_{P-1}+u_{P+1}-2u_P\big)$$代入（サ・シ を利用）：
$$u_{P-1}+u_{P+1}=r\sin\!\left(\omega t+\frac{2\pi d}{\lambda}\right)+r\sin\!\left(\omega t-\frac{2\pi d}{\lambda}\right)$$和積公式 $\sin(A{+}B)+\sin(A{-}B)=2\sin A\cos B$（$A=\omega t,\ B=\frac{2\pi d}{\lambda}$）より：
$$u_{P-1}+u_{P+1}=2r\sin(\omega t)\cos\!\left(\frac{2\pi d}{\lambda}\right)=2u_P\cos\!\left(\frac{2\pi d}{\lambda}\right)$$これを合力に戻すと：
$$F=k\left[\,2u_P\cos\!\left(\frac{2\pi d}{\lambda}\right)-2u_P\right]=-2k\left[1-\cos\!\left(\frac{2\pi d}{\lambda}\right)\right]u_P$$半角公式 $1-\cos\theta=2\sin^2\dfrac{\theta}{2}$（$\theta=\frac{2\pi d}{\lambda}$）を使うと：
$$F=-4k\sin^2\!\left(\frac{\pi d}{\lambda}\right)u_P=\left[-4k\sin^2\!\left(\frac{\pi d}{\lambda}\right)\right]\times r\sin(\omega t)$$問題文は「合力 ＝ セ $\times\,r\sin(\omega t)$」だから、セ $=-4k\sin^2\!\left(\dfrac{\pi d}{\lambda}\right)$。
立式：運動方程式 $m a_P=F$ に ス と セ を代入する：
$$m\big(-r\omega^2\sin\omega t\big)=\left[-4k\sin^2\!\left(\frac{\pi d}{\lambda}\right)\right]r\sin\omega t$$両辺の $-r\sin(\omega t)$ を約分して整理：
$$m\omega^2=4k\sin^2\!\left(\frac{\pi d}{\lambda}\right)\quad\Longrightarrow\quad \omega^2=\frac{4k}{m}\sin^2\!\left(\frac{\pi d}{\lambda}\right)$$$F=k(u_{P+1}-u_P)-k(u_P-u_{P-1})$ と書くと、これは「右のばねの伸び」から「左のばねの伸び」を引いた形（隣接差の差）。$u_n=r\sin(\omega t-\frac{2\pi d}{\lambda}(n-P))$ を代入し、$\sin$ の差を積和公式で整理しても同じ結果に至る：
$$F=-2k\Big[1-\cos\tfrac{2\pi d}{\lambda}\Big]u_P=-4k\sin^2\!\Big(\tfrac{\pi d}{\lambda}\Big)u_P$$物理的には「隣との差が大きいほど（＝波長が短いほど）復元力が強く、$\omega$ が大きい」ことを表している。
長波長 $\lambda\gg d$：$\dfrac{\pi d}{\lambda}$ が微小なので $\sin\dfrac{\pi d}{\lambda}\fallingdotseq\dfrac{\pi d}{\lambda}$。
$$\omega^2\fallingdotseq\frac{4k}{m}\left(\frac{\pi d}{\lambda}\right)^2\ \Longrightarrow\ \omega\fallingdotseq\frac{2\pi d}{\lambda}\sqrt{\frac{k}{m}}$$$\omega\propto\dfrac{1}{\lambda}$ となり、波の速さ $v=\dfrac{\lambda}{2\pi}\omega=d\sqrt{\dfrac{k}{m}}$（一定）。これはふつうの音波（非分散）にあたる。
最短波長 $\lambda=2d$：$\sin^2\dfrac{\pi d}{\lambda}=\sin^2\dfrac{\pi}{2}=1$ で $\omega^2=\dfrac{4k}{m}$、$\omega_{\max}=2\sqrt{\dfrac{k}{m}}$。隣どうしが逆位相で振動する状態で、これ以上短い波は格子上に存在できない。
ばねの力は「その物体の変位」ではなく隣との変位の差で決まる。ここを $-ku_P$ とだけ書くと誤り。和積・半角公式で $\sin^2\!\dfrac{\pi d}{\lambda}$ にまとめる流れは、格子振動（フォノン）の分散関係そのもの。
例として $k=1.0\times10^{2}\ \text{N/m}$、$m=1.0\times10^{-2}\ \text{kg}$ の格子を考える。最短波長 $\lambda=2d$ のとき、$\sin^2\!\dfrac{\pi d}{\lambda}=\sin^2\dfrac{\pi}{2}=1$ なので最大角振動数は：
$$\omega_{\max}=2\sqrt{\frac{k}{m}}=2\sqrt{\frac{1.0\times10^{2}}{1.0\times10^{-2}}}=2\times100=2.0\times10^{2}\ \text{rad/s}$$すなわち最大角振動数は約 200 rad/s（周期にすると約 0.031 s）。一方 $\lambda=4d$ なら $\sin^2\!\dfrac{\pi d}{\lambda}=\sin^2\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{1}{2}$ なので：
$$\omega=\sqrt{\frac{4k}{m}\cdot\frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{2k}{m}}=\sqrt{\frac{2\times1.0\times10^{2}}{1.0\times10^{-2}}}\fallingdotseq 1.4\times10^{2}\ \text{rad/s}$$波長を短くする（隣との差を大きくする）ほど $\omega$ が大きくなることが数値でも確認できる。
「円運動の投影＝単振動」という見方を軸に、$\vec{a}=-\omega^2\vec{r}$ から $\omega^2=\dfrac{4k}{m}\sin^2\!\dfrac{\pi d}{\lambda}$ まで一直線。符号（時計回り・$+x$ 伝搬）と「ばねの力＝変位の差」の 2 点さえ外さなければ完答できる大問。