［１］楕円の周の長さを求める
まず \(\,x=a\sin\theta\,,\,y=b\cos\theta\,\) で表される楕円の周の長さを求める．計算は第１象限の弧だけ求めて4倍することとする。
曲線の微少長さ\(\,ds\,\)はピタゴラスの定理から以下のようになる。
\(\quad ds=\sqrt{dy^2+dx^2}\quad\cdots\,\) (1)
弧の長さ(\(L\))は、これを全体に渡って積分することで求めることが出来る。
\(\quad x=a\sin\theta\,\) から\(\quad dx=a\cos\theta\,d\theta\,\)
\(\quad y=b\cos\theta\,\) から\(\quad dy=-b\sin\theta\,d\theta\,\)なので
\(\quad L=\displaystyle\int\sqrt{dy^2+dx^2}\,\)
\(\qquad =4\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{b^2\sin^2\theta+a^2\cos^2\theta}\,d\theta\)
\(\qquad =4a\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin^2\theta+\frac{b^2}{a^2}\sin^2\theta}\,d\theta\)
ここで\(\,a\gt b\,\)として、\(\,q=\dfrac{a^2-b^2}{a^2}\,\)とおくと
\(\quad L=4a\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-q\sin^2\theta}\,d\theta\,\)となる
［２］級数展開
\(\sqrt{1-q\sin^2\theta}\,\)はそのままでは積分できないので、級数展開する。
例えば、\(\,(1+x)^m\,\)をマクローリン展開すると
\(\quad(1+x)^m=1+m\dfrac{x}{1!}+m(m-1)\dfrac{x^2}{2!}+\,m(m-1)(m-2)\dfrac{x^3}{3!}\)
\(\qquad \cdots+m\cdots(m-n+1)\dfrac{x^n}{n!}+\)
ここで、例えば \(m=-\dfrac{1}{2}\)を代入すると
\(\quad(1+x)^{-\frac{1}{2}}=1+\left(-\dfrac{1}{2}\right)x+\left(-\dfrac{1}{2}\right)\left(-\dfrac{3}{2}\right)\dfrac{x^2}{2!}\)
\(\qquad+\left(-\dfrac{1}{2}\right)\left(-\dfrac{3}{2}\right)\left(-\dfrac{5}{2}\right)\dfrac{x^3}{3!}+\cdots\)
\(\qquad =1-\dfrac{1}{2}\dfrac{x}{1!}+\dfrac{1\cdot 3}{2^2}\dfrac{x^2}{2!}-\dfrac{1\cdot 3\cdot 5}{2^3}\dfrac{x^3}{3!}+\)
◎ここでは、\((1-x)^m=1-m\dfrac{x}{1!}+m(m-1)\dfrac{x^2}{2!}-\)で
\(\quad m=\dfrac{1}{2}\,\qquad x=q\sin^2\theta\,\)とすると
\((1-q\sin^2\theta)^{\frac{1}{2}}=1-\dfrac{1}{2}q\sin\theta-\dfrac{1}{2^2\cdot 2!}q^2\sin^4\theta\)
\(\qquad-\dfrac{1\cdot 3}{2^3\cdot 3!}q^3\sin^6\theta\cdots-\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdot(2n-3)}{2^n\cdot n!}q^n\sin^{2n}\theta\,\cdots\)
［３］二重階乗
二重階乗\(\,n!!\,\)は自然数\(\,n\,\)に対して一つ飛ばしに積を取る。
\(\quad(2n)!!=(2n)(2n-2)(2n-4)\cdots(4)(2)=2^nn!\)
\(\quad(2n+1)!!=(2n+1)(2n-1)\cdots(3)(1)=\dfrac{(2n+1)!}{(2n)!!}\,\)
なので、一般項の分母 \(\,2^nn!\,\)は\(\,(2n)!!\,\)となる。
分子は\(\quad 1\cdot 3\cdot 5\cdot(2n-3)=\dfrac{(2n-1)!!}{2n-1}\,\) と表せる
［４］\(\,\sin^n\theta\,\)の積分
[2]で出てきた\(\,\,\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\theta\,\,\)はそのままでは計算できない。
まず、部分積分を再確認。
\(\,\,\displaystyle\int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\displaystyle\int f'(x)g(x)dx\,\)である。
\(\,I_n=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\,dx\,\,\)とすると、
\( I_0=\dfrac{\pi}{2}\,,\quad I_1=\left[-\cos x\right]_0^{\frac{\pi}{2}}=1\,\)となる
\(\,I_n=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-1}x\sin x\,dx\,\)で
\(\,f(x)=\sin^{n-1}x\quad g(x)=-\cos x\,\)とおくと部分積分より
\(I_n=\left[-\sin^{n-1}x\cos x\right]_0^{\frac{\pi}{2}}+(n-1)\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\cos^2x\,dx\)
\(\,\,=0+(n-1)\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x(1-\sin^2x)dx\)
\(\,\,=(n-1)\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\,dx-(n-1)\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\,dx\)
\(n\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\,dx=(n-1)\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\,dx\,\)なので
\(\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\,dx=\dfrac{n-1}{n}\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\,dx\quad\)となるので
\(I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}\quad\)という漸化式が求められる。より
\(I_n=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\,dx=\dfrac{(n-1))(n-3)\cdots}{n(n-2)(n-4)\cdots}\,\)
となり、(n,)が奇数の場合は
\(I_n=\dfrac{(n-1)(n-3)\cdots 4\cdot 2}{n(n-2)\cdots 5\cdot 3}I_1\,\)となり偶数では
\(I_n=\dfrac{(n-1)(n-3)\cdots 3\cdot 1}{n(n-2)\cdots 4\cdot 2}I_0\,\)となる。よって
\(\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\theta\,d\theta=\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\dfrac{\pi}{2}\,\)となる。
[５］弧の長さの計算
これで、準備が終わったので \(\,L\,\)の長さを計算する。
\(L=4a\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-q\sin^2\theta}\,d\theta\qquad q=(a^2-b^2)/a^2\)
\(\quad=4a\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\dfrac{q^n}{2n-1}\sin^{2n}\theta\right)d\theta\)
\(\,=4a\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}d\theta-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\dfrac{q^n}{2n-1}4a\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\theta\,d\theta\)
\(\,=2a\pi\left(1-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left[\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right]^2\dfrac{q^n}{2n-1}\right)\)
これで、計算完了。結構面倒くさい！！
［６］楕円積分
楕円の弧の長さの計算に使った積分は「第2標準形の完全楕円積分」というらしい。
\(E(m)=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-m\sin^2\theta}\,d\theta=\dfrac{\pi}{2}\left(1-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left[\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right]^2\dfrac{m^n}{2n-1}\right)\)
振り子の計算で使った「第1標準形の完全楕円積分」は\(\,K(m)\,\)の形で表される積分で
\(K(m)=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{d\theta}{\sqrt{1-m\sin^2\theta}}\quad\)の様に書かれます。
楕円の弧の計算と同様に級数展開します。
\((1-m\sin^2\theta)^{-\frac{1}{2}}=1+\dfrac{1}{2}m\sin^2\theta+\dfrac{3}{8}m^2\sin^4\theta\)
\(\qquad+\dfrac{15}{48}m^3\sin^6\theta+\cdots=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}m^n\sin^{2n}\theta\)
この級数も \(\,m\lt 1\,\)の範囲で一様収束するので、項別積分が可能です。
\(\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}((1-m\sin^2\theta)^{-\frac{1}{2}}d\theta=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}m^n\sin^{2n}\theta\)
\(\qquad=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}m^n\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\theta\,d\theta\)
\(\qquad=\dfrac{\pi}{2}\left(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left[\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right]^2\,m^n\right)\)
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振り子の支点より水平方向に \(\ x\ \)軸をとり、鉛直方向に \(\ y\ \)軸をとると、エネルギー保存則から、次式が成立する
(5)式の運動方程式は、三角関数を含んでいるため、このままでは階を求めることが難しい。但し、円弧の角度\(\ \theta\ \)が微少の場合、三角形の高さ\(\ x=\sin\theta\ \)は円弧の長さ\(\ s\ \)にほぼ等しくなり