「数学の勉強」カテゴリーアーカイブ

\(\def\bm{\boldsymbol}\)\(\def\mb{\mathbf}\)\(\def\di{\displaystyle}\)\(\def\ve{\varepsilon_0}\)\(\newcommand{\pdr}[2]{\dfrac{\partial #1}{\partial #2}}\)\(\newcommand{\ppdr}[2]{\dfrac{\partial^2 #1}{\partial #2}}\)

1. 面の式

　点 \(A, B, C\) がある。この３点で構成される面の式を求める。

ベクトル \(\overrightarrow{AB}\) と　\(\overrightarrow{AC}\) を考える。点 \(A, B, C\) の座標をそれぞれ \((x_0,y_0,z_0)\,,\,(x_1,y_1,z_1)\,,\,(x_2,y_2,z_2)\) とすると、各々の成分は

\(\overrightarrow{AB}=(x_1-x_0,y_1-y_0,z_1-z_0)^T=(x_{AB},y_{AB},z_{AB})^T\)とおく。
\(\overrightarrow{AC}=(x_2-x_0,y_2-y_0,z_2-z_0)^T=(x_{AC},y_{AC},z_{AC})^T\)とおく。

ここでベクトル \(\overrightarrow{AB}\) と \(\overrightarrow{AC}\) の外積を考える。
\(\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix}
y_{AB}x_{AC}-z_{AB}y_{AC}\\
z_{AB}x_{AC}-x_{AB}z_{AC}\\
x_{AB}y_{AC}-y_{AB}x_{AC}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}P_x\\P_y\\P_z\end{pmatrix}\quad\cdots\,\)(1)　法線ベクトル\(\,\vec{\bm{n}}\,\)と平行となる。

この法線ベクトルが点\(\,A\,\)を通るとすると
\(P_x(x-x_0)+P_y(y-y_0)+P_z(z-z_0)=0\quad\cdots\,\)(2)　が平面の式である

2. 面の最大傾斜

式(2)より
　\(P_xx+P_yy+P_zz-(P_xx_0+P_yy_0+P_zz_0)=0\)
　この( )の部分を\(\,D\,\)とおけば

　\(P_xx+P_yy+P_zz-D=0\quad\cdots\,\)(3)
　が得られる。
　各軸の切片は\(\,P_x’=C/P_x\,,\,P_y’=C/P_y\,,\,P_z’=C/P_Z\,\)
　となる。

　この式を変形すると　\(\quad f(x,y)=z=P_x/P_z\,x+P_y/P_z\,y-D/P_z\,\quad\cdots\,\)(4)

　また、この平面上の傾き\(\,\mathrm{grad}\,f\,\)は、一定で
\(\quad \mathrm{grad}\,f=\left(\pdr{z}{x},\pdr{z}{y}\right)=(P_x/P_z\,,\,P_y/P_z)\quad\cdots\,\)(5)　　となる。

2-1. 最大傾斜

最大傾斜角度は
\(\,\theta=\arctan\sqrt{\left(\left|\dfrac{dz}{dx}\right|^2+\left|\dfrac{dz}{dy}\right|^2\right)}\quad\cdots\,\)(6)
　であるので、実際の計算は
\(\,180/\pi\times\arctan\sqrt{\left(\dfrac{P_x}{P_z}\right)^2+\left(\dfrac{P_y}{P_z}\right)^2}\quad\cdots\,\)(7)　となる。

2-2. 傾斜方向

傾斜方向は
\(\,aspect=\arctan 2\left(\dfrac{dz}{dy}\,,\,-\dfrac{dz}{dx}\right)\quad\cdots\,\)(8)　となっているので、実際の計算は
\(\,180/\pi\times\arctan 2\left(\dfrac{P_y}{P_z}\,,\,-\dfrac{P_x}{P_z}\right)\quad\cdots\,\)(9)　となる。

なお、\(\,\arctan 2(x,y)=y/x\,\)であるが、\(\,x\ne 0\,\)や符号によって値が変わってくるので、注意のこと。

3. 面同士の角度

交差する面の法線ベクトルを\(\,(Q_x,Q_y,Q_z)^T\,\)とする。法線ベクトル同士の交差する角度が面の公差角度になるので、
\(\quad\cos\theta=\dfrac{|P_xQ_x+P_yQ_y+P_zQ_z|}{\sqrt{P_x^2+P_y^2+P_z}\sqrt{Q_x^2+Q_y^2+Q_z^2}}\quad\cdots\,\)(3)

4. 参考資料

Esri 社の Web ページを参考にしました。

\(\def\bm{\boldsymbol}\)\(\def\mb{\mathbf}\)\(\def\di{\displaystyle}\)\(\def\ve{\varepsilon_0}\)\(\newcommand{\pdr}[2]{\dfrac{\partial #1}{\partial #2}}\)\(\newcommand{\ppdr}[2]{\dfrac{\partial^2 #1}{\partial #2}}\)

1.楕円とは

「2定点\(\,F，F’\,\)からの距離の和が一定である点\(\,P\,\)の軌跡」を楕円という。

2.楕円の方程式

２定点の座標を、\(F\,(c,0)\,\,F’\,(-c,0)\,\)とし、点\(\,P\,(x,y)\,\)とする。距離の和が一定なので、

\(\quad \sqrt{(x-c)^2+y^2}+\sqrt{(x+c)^2+y^2}=2a\qquad\cdots\,\)(1)

この(1)式を展開変形すると

\(\quad(x+c)^2+y^2=4a^2\sqrt{(x-c)^2+y^2}+(x-c)^2+y^2\)

\(\quad a\sqrt{(x-c)^2+y^2}=a^2-cx\)

\(\quad a^2(x-c)^2+a^2y^2=a^4-2a^2cx+c^2x^2\)

\(\quad a^2x^2=c^2x^2+a^2y^2=a^4-a^2c^2\)

\(\quad x^2(a^2-c^2)+a^2y^2=a^2(a^2-c^2)\qquad\cdots\,\)(2)

ここで、\(a>c>0\,\)より　\(\sqrt{a^2-c^2}=b\,\)とおくと

\(\quad x^2b^2+a^2y^2=a^2b^2\quad\longrightarrow\quad\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\quad\cdots\,\)(3)

この(3)式は通常現れる楕円の式である。

3.極座標における楕円

三角形 \(FF’P\,\)を考える。この三角形に余弦定理を使う。

\(\quad \overline{PF’}^2=\overline{FF’}^2+\overline{FP}^2-2\overline{FF’}\,\overline{FP}\,\cos\angle FF’P\)

ここで、\(\overline{FF’}=2c\,\,,\,\,\overline{PF}=r\,\,,\,\,\overline{PF’}=2a-r\,\,,\,\,\angle FF’P=\pi-\theta\,\)を代入すると

\(\quad (2a-r)^2=r^2+(2c)^2-2r\cdot2\cos(\pi-\theta)\)

\(\quad 4a^2-4ar+r^2=r^2+4c^2+4r\cos\theta\)

\(\quad a^2-ar=c^2+rc\cos\theta\)

\(\quad a^2-c^2=r(a+c\cos\theta)\)

\(\quad r=\dfrac{a^2-c^2}{a+c \cos\theta}=\dfrac{\dfrac{a^2-c^2}{a}}{1+\dfrac{c}{a}\cos\theta}\)

ここで、\(\dfrac{c}{a}=\ve\,\,,\,\,\dfrac{a^2-c^2}{a}=\ell\quad\)とおくと

\(\quad r=\dfrac{\ell}{1+\ve\cos\theta}\qquad\cdots\,\)(4)

となり、ケプラーの第1法則での式が現れる。

4.楕円の性質

点\(\,P\)が\(\,(c,0)\,\,or\,\,(-c,0)\,\)にあるときは定義により\(\quad R_1+R_2=2a\quad\)が成り立つ。

点\(\,P\)が\(\,(c,0)\,\)にあるときは\(\quad 2c=R_2-R_1\quad\)となる。

また図のように点\(\,P\)が\(\,(0,b)\,\)にあるときは、\(\,R_1=R_2=a\,\quad\)なので\(\quad b^2=a^2-c^2\quad\cdots\,\)(5)　となる。

これらを合わせると
\(\quad b^2=a^2-c^2\)

\(\hspace{9mm} =\dfrac{1}{4}\left(R_1^2+2R_1R_2+R_2^2-R_1^2+2R_1R_2-R_2^2\right)\)

\(\hspace{9mm} =R_1R_2\qquad\cdots\,\)(6)

また、式(5)より離心率\(\,\ve\,\)は次のように定義される。

\(\quad\ve=\dfrac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}\qquad\cdots\,\)(7)

これより焦点の座標は \(\,c=\ve a\,\quad\Longrightarrow\quad(\pm \ve a\,,\,0)\,\)と表す事が出来る。

5.楕円の面積

面積は楕円の方程式を積分して求めることする。計算は第1象限のみを行い結果を4倍して面積とする。

\(\quad S=4\di\int_0^ab\sqrt{1-\dfrac{x^2}{a^2}}\,dx\qquad\cdots\,\)(8)

ここで、\(\,x=a\cos\theta\,\,\left(0\ge\theta\ge\frac{\pi}{2}\right)\,\,\)と置換すると

\(\quad\dfrac{dx}{d\theta}=-a\sin\theta\quad\)となるので、式(8)は

\(\quad S=4\di\int_{\frac{\pi}{2}}^0b\sqrt{1-\cos^2\theta}\,(-a)\sin\theta\,d\theta\)

\(\hspace{9mm}=4\di\int_0^{\frac{\pi}{2}}ab\sin^2\theta\,d\theta\notag\)

\(\hspace{9mm}=4\di\int_0^{\frac{\pi}{2}}ab\,\dfrac{1-\cos 2\theta}{2}\,d\theta\)

\(\hspace{9mm}=\left[2ab\right]_0^{\frac{\pi}{2}}-\left[\sin 2\theta\right]_0^{\frac{\pi}{2}}\)

\(\hspace{9mm}=\pi ab\qquad\cdots\,\)(10)\(\qquad\)となる。

\(\def\bm{\boldsymbol}\)
\(\def\di{\displaystyle}\)
\(\def\ve{\varepsilon_0}\)
\(\def\dd#1#2{\dfrac{\partial #1}{\partial #2}}\)
\(\def\dda#1#2{\dfrac{\partial^2 #1}{\partial #2}}\)
光の速度で、ベクトル解析の公式を使ったので、まとめておきます。

１．はじめに

(1) ベクトルの内積
\(\quad\bm{a}\cdot\bm{b}=a_xb_x+a_yb_y+a_zb_z=\di\sum^3_ia_ib_i\)
(2) ベクトルの外積
\(\quad\bm{a}\times\bm{b}=(a_yb_z-a_zb_y,a_zb_x-a_xb_z,a_xb_y-a_yb_x)\)
\(\quad(\bm{a}\times\bm{b})_i=\di\sum_{j,k=1}^3\epsilon_{i,j,k}\,a_jb_k\)
\begin{align}\hspace{-20mm}\epsilon_{i,j,k}=1&\,:(i,j,k)=(1,2,3),(2,3,1),(3,1,2)\\
-1&\,:(i,j,k)=(1,3,2),(2,1,3),(3,2,1)\\
0&\,: other\end{align}
3. スカラー三重積
\(\quad\bm{A}\cdot(\bm{B}\times\bm{C})=\bm{B}\cdot(\bm{C}\times\bm{A})=\bm{C}\cdot(\bm{A}\times\bm{B})\)
\begin{align}
\bm{A}\cdot(\bm{B}\times\bm{C})&=A_x(\bm{B}\times\bm{C})_x+A_y(\bm{B}\times\bm{C})_y+A_z(\bm{B}\times\bm{C})_z\\[2pt]
&=A_x(B_yC_z-B_zC_y)+A_y(B_zC_x-B_xC_z)+A_z(B_xC_y-B_yC_x)\\[2pt]
&=A_xB_yC_z-A_xB_zC_y+A_yB_zC_x-A_yB_xC_z+A_zB_xC_y-A_zB_yC_x\\[2pt]
&=B_x(C_yA_z-C_zA_y)+B_y(C_zA_x-C_xA_z)+B_z(C_xA_y-C_yA_x)\\[2pt]
&=B_x(\bm{C}\times\bm{A})_x+B_y(\bm{C}\times\bm{A})_y+B_z(\bm{C}\times\bm{A})_z\\
&=\bm{B}\cdot(\bm{C}\times\bm{A})\\[-40pt]
\end{align}
\(\qquad\)また、\(\quad\bm{A}\cdot(\bm{B}\times\bm{C})=\left|\begin{array}{ccc}A_x & A_y & A_z\\ B_x & B_y & B_z\\C_x & C_y & C_z\end{array}\right|\qquad\)である。

4. ベクトル三重積
\(\quad\bm{A}\times(\bm{B}\times\bm{C})=(\bm{A}\cdot\bm{C})\bm{B}-(\bm{A}\cdot\bm{B})\bm{C}\)
\begin{align}
(\bm{A}\times(\bm{B}\times\bm{C}))_x&=A_y(\bm{B}\times\bm{C})_z-A_z(\bm{B}\times\bm{C})_y\\
&=A_y(B_xC_y-B_yC_x)-A_z(B_zC_x-B_xC_z)\\
&=(A_yC_y+A_zB_z)B_x-(A_yB_y+A_zB_z)C_x\\
&=(A_xC_x+A_yC_y+A_zB_z)B_x-(A_xB_x+A_yB_y+A_zB_z)C_x\\
&=(\bm{A}\cdot\bm{C})B_x-(\bm{A}\cdot\bm{B})C_x\\[6pt]
&\hspace{-12mm}\text{同様にして}\\[2pt]
(\bm{A}\times(\bm{B}\times\bm{C}))_y&=(\bm{A}\cdot\bm{C})B_y-(\bm{A}\cdot\bm{B})C_y\\[2pt]
(\bm{A}\times(\bm{B}\times\bm{C}))_z&=(\bm{A}\cdot\bm{C})B_z-(\bm{A}\cdot\bm{B})C_z\\[8pt]
&\hspace{-18mm}\therefore\quad \bm{A}\times(\bm{B}\times\bm{C})=(\bm{A}\cdot\bm{C})\bm{B}-(\bm{A}\cdot\bm{B})\bm{C}
\end{align}
5. 微分演算子
\(\quad\nabla=\left(\,\dd{}{x}\,,\,\dd{}{y}\,,\,\dd{}{z}\,\right)\)

２．勾配、発散、回転

勾配（ grad ）：grad\(\,\phi(\bm{r})=\nabla\,\phi(\bm{r})\equiv\left(\,\dd{}{x}f\,,\,\dd{}{y}f\,,\,\dd{}{z}f\,\right)\)

発散 （ div ）：div\(\,\bm{A}(\bm{r})=\nabla\cdot\bm{A}(\bm{r})\equiv\,\dd{}{x}A_x+\dd{}{y}A_y+\dd{}{z}A_z\)

回転 （ rot ）：rot\(\,\bm{A}(\bm{r})=\left(\dd{}{y}A_z-\dd{}{z}A_y\,,\,\dd{}{z}A_x-\dd{}{x}A_z\,,\,\dd{}{x}A_y-\dd{}{y}A_x\,\right)\)
\(\hspace{8mm}\)または \(\quad(\nabla\times\bm{A})_i=\di\sum_{j,k=1}^3\epsilon_{ijk}(\nabla)_j(\bm{A})_k=\di\sum_{j,k=1}^3\epsilon_{ijk}\,\partial_jA_k\)

３．計算例－１

\(\quad\bm{r}=(x,y,z)\quad r=|\bm{r}|\ne 0\quad\)とする。

(1)\(\,\nabla\,r\)
\begin{align}
\nabla\,r&=\nabla(\sqrt{x^2+y^2+z^2})\\[2pt]
&=\left(\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\,,\,\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\,,\,\dfrac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\,\right)\\[2pt]
&=\dfrac{\bm{r}}{r}
\end{align}
(2)\(\,\nabla\left(\dfrac{1}{r}\right)\)
\begin{align}
\nabla\left(\dfrac{1}{r}\right)&=\left(\dd{}{x}\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\,,\,\dd{}{y}\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\,,\,\dd{}{z}\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\,\right)\\[3pt]
&=\left(\,\dfrac{-x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\,,\,\dfrac{-y}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\,,\,\dfrac{-z}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\,\right)\\[3pt]
&=-\dfrac{\bm{r}}{r^3}
\end{align}
(3)\(\,\nabla\cdot\bm{r}\)
\begin{equation}
\nabla\cdot\bm{r}=\dd{}{x}x+\dd{}{y}y+\dd{}{z}z=3
\end{equation}
(4)\(\,(\nabla\cdot\nabla)\,r\)
\begin{align}
(\nabla\cdot\nabla)r&=\left(\dda{}{x^2}+\dda{}{y^2}+\dda{}{z^2}\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\\[2pt]
&=\dd{}{x}\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}+\dd{}{y}\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}+\dd{}{z}\dfrac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\\[2pt]
&=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}-\dfrac{x^2}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\\
& +\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}-\dfrac{y^2}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\\
& +\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}-\dfrac{z^2}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\\[2pt]
&=\dfrac{3}{r}-\dfrac{(x^2+y^2+z^2)}{r^3}=\dfrac{2}{r}
\end{align}
(5)\(\,\nabla\times\bm{r}\)
\begin{equation}
\nabla\times\bm{r}=\left(\dd{}{z}y-\dd{}{y}z\,,\,\dd{}{x}z-\dd{}{z}x\,,\,\dd{}{y}x-\dd{}{x}y\right)=\bm{0}
\end{equation}
(6)\(\,\nabla\times(\nabla\phi)\hspace{10mm}\mathrm{rot}\,\,\mathrm{grad}\,\,\phi\)
\begin{align}
\nabla\times(\nabla\phi)&=\left(\,\dd{}{y}(\dd{\phi}{z})-\dd{}{z}(\dd{\phi}{y})\,\,,\right.\\
&\hspace{20mm}\dd{}{z}(\dd{\phi}{x})-\dd{}{x}(\dd{\phi}{z})\,\,,\\
&\hspace{30mm}\left.\dd{}{x}(\dd{\phi}{y})-\dd{}{y}(\dd{\phi}{x})\,\right)\\
&=0\hspace{40mm}\because\,\,\dd{}{y}(\dd{\phi}{z})=\dd{}{z}(\dd{\phi}{y})
\end{align}
(7)\(\,\nabla\cdot(\nabla\times\bm{A})\hspace{10mm}\mathrm{div}\,\,\mathrm{rot}\,\,\bm{A}\)
\begin{align}
\nabla\cdot(\nabla\times\bm{A})&=\dd{}{x}(\dd{A_z}{y}-\dd{A_y}{z})+\dd{}{y}(\dd{A_x}{z}-\dd{A_z}{x})+\dd{}{z}(\dd{A_y}{x}-\dd{A_x}{y})\\[3pt]
&=\dfrac{\partial^2A_z}{\partial x\partial y}-\dfrac{\partial^2A_y}{\partial x\partial z}+\dfrac{\partial^2A_x}{\partial y\partial z}-\dfrac{\partial^2A_z}{\partial y\partial x}+\dfrac{\partial^2A_y}{\partial z\partial x}-\dfrac{\partial^2A_x}{\partial z\partial y}\\[3pt]
&=0\hspace{40mm}\because\,\,\,\dfrac{\partial^2A_z}{\partial x\partial y}=\dfrac{\partial^2A_z}{\partial y\partial x}
\end{align}
(8)\(\,\nabla\times(\nabla\times\bm{A})\hspace{10mm}\mathrm{rot}\,\,\mathrm{rot}\,\,\bm{A}\)
\begin{align}
(\nabla\times(\nabla\times\bm{A}))_x&=\dd{}{y}\left(\dd{A_y}{x}-\dd{A_x}{y}\right)-\dd{}{z}\left(\dd{A_x}{z}-\dd{A_z}{x}\right)\\[3pt]
&=\dfrac{\partial^2}{\partial y\partial x}A_y-\dda{}{y^2}A_x-\dda{}{z^2}A_x+\dfrac{\partial^2}{\partial z\partial x}A_z\\[3pt]
&=\dda{}{x^2}A_x+\dfrac{\partial^2}{\partial y\partial x}A_y+\dfrac{\partial^2}{\partial z\partial x}A_z-\left(\dda{}{x^2}+\dda{}{y^2}+\dda{}{z^2}\right)A_x\\[3pt]
&=\dd{}{x}\left(\dd{A_x}{x}+\dd{A_y}{y}+\dd{A_z}{z}\right)-\Delta A_x\\[3pt]
&=\dd{}{x}(\nabla\cdot\bm{A})-\Delta A_x\\[3pt]
&\hspace{-20mm}\text{同様に}\\
(\nabla\times(\nabla\times\bm{A}))_y&=\dd{}{y}(\nabla\cdot\bm{A})-\Delta A_y\\[3pt]
(\nabla\times(\nabla\times\bm{A}))_z&=\dd{}{z}(\nabla\cdot\bm{A})-\Delta A_z\\[3pt]
&\hspace{-20mm}\text{よって}\\[2pt]
\nabla\times(\nabla\times\bm{A})&=\nabla(\nabla\cdot\bm{A})-\Delta\bm{A}
\end{align}

【問４】

\(\quad x^5=i\quad\)を解け。

【解法】
\(\quad i^5=i\quad\)なので、与式は\(\,\,x^5-i^5=0\quad\)と変形できる。

\(\quad x^5-i^5=(x-i)(x^4+x^3i+x^2i^2+xi^3+i^4)\)
\(\qquad =(x-i)(x^4+x^3i-x^2-xi+1)\quad\)ここで、\(x\ne0\quad\)なら

\(\qquad =(x-i)\left(x^2+xi-1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}\right)=0\)

ここで、\(\,x-\dfrac{1}{x}=t\,\,\)とすると、
\(\quad t^2+2+it-1=t^2+it+1=0\quad\)より

\(\quad\left(t+\dfrac{1}{2}i\right)^2+\dfrac{5}{4}=0\quad\)なので

\(\quad t+\dfrac{1}{2}i=\pm\dfrac{\sqrt{5}}{2}i\quad\)よって\(\quad t=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}i}{2}\)

ここで\(\,\,x=\cos\theta+i\sin\theta\quad\)とおくと

\(\quad t=\cos\theta+i\sin\theta-(\cos\theta+i\sin\theta)^{-1}\)

\(\qquad =\cos\theta+i\sin\theta-\cos\theta+i\sin\theta=(2\sin\theta)i\)

\(\quad \sin\theta=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{4}\quad\)となる

\(\quad \cos^2\theta=1-\sin^2\theta=\dfrac{10\pm2\sqrt{5}}{16}\quad\)より

\(\quad \cos\theta=\pm\dfrac{\sqrt{10\pm2\sqrt{5}}}{4}\quad\)なので、解は \(\,i\,\)を頂点とする５角形の点。

\(\quad x=i\,\,\,,\,\,\pm\dfrac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}+\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}i\,\,,\)

\(\qquad\qquad\quad \pm\dfrac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}+\dfrac{-1-\sqrt{5}}{4}i\)

また、\(\,i=\cos 5\theta+i\sin 5\theta=\cos\dfrac{\pi}{2}+i\sin\dfrac{\pi}{2}\quad\)なので

\(\quad \theta=\dfrac{\pi}{10}\quad\)となり、\(\sin\dfrac{\pi}{10}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}\quad\)である。

【問５】

\(\quad \displaystyle\int_0^{\pi}e^x\sin^2x\,dx>8\quad\)を示せ

【解答】
\(\quad I=\displaystyle\int_0^{\pi}e^x\sin^2x\,dx\quad\)とする。

\(\quad\sin^2x=\dfrac{1-\cos2x}{2}\quad\)なので、\(\,I=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\pi}e^x(1-\cos2x)dx\)

\(\quad I=\dfrac{1}{2}\left\{\displaystyle\int_0^{\pi}e^x\,dx-\displaystyle\int_0^{\pi}e^x\cos2x\,dx\right\}\)

ここで、\(\displaystyle\int_0^{\pi}e^x\cos2x\,dx=I_2\quad\)とおく。さきに微分を計算する。

\(\quad e^x\sin2x=a\,\,,\quad e^x\cos2x=b\quad\)とおく

\(\quad(e^x\cos2x)^{\prime}=e^x\cos2x-2e^x\sin2x=b-2a\quad\cdots\,\)(1)

\(\quad(e^x\sin2x)^{\prime}=e^x\sin2x+2e^x\cos2x=a+2b\quad\cdots\,\)(2)

\(\quad b=\dfrac{(1)\!+\!(2)\!\times\!2}{5}=\dfrac{1}{5}(e^x\cos2x+2e^x\sin2x)^{\prime}=e^x\cos2x\)

\(\quad\therefore\,\,I_2=\dfrac{1}{5}\bigl[e^x\cos2x+2e^x\sin2x\bigr]_0^{\pi}=\dfrac{1}{5}(e^{\pi}-1)\)

\(\quad I=\dfrac{1}{2}\left(e^{\pi}-1-\dfrac{1}{5}(e^{\pi}-1)\right)=\dfrac{2}{5}(e^{\pi}-1)\quad\)となるので

\(\quad e^{\pi}>21\quad\)を示せばいいことになる。

ここで\(\,\,y=e^x\quad\)のグラフで\(\quad x=3\quad\)での接線を考える。

接線の式は\(\quad y=e^3(x-3)+e^3=e^3x-2e^3\quad\)となる。

\(\quad e^{\pi}\quad\)は、接線の\(\,\,x=\pi\quad\)の点より上にあるので

\(\quad e^{\pi}>e^3\pi-2e^3=e^3(\pi-2)>2.7^3\times1.1\fallingdotseq21.65\)

よって、標題は証明された。

【問６】

\(\,x>0\,\)のとき\(\quad\dfrac{x^4+x^2+1}{x^3+x}\quad\)の最小値を求めよ

【解答】
与式の分母、分子を\(\quad x^2\quad\)で割ると

\(\quad =\dfrac{x^2+1+\frac{1}{x^2}}{x+\frac{1}{x}}\quad\cdots\,\)(3)　となる。

ここで\(\quad x+\dfrac{1}{x}=t\quad\cdots\,\)(4)　とおくと、式(3)は

\(\quad \dfrac{t^2-1}{t}=t-\dfrac{1}{t}\quad\cdots\,\)(5)　となる。

ここで\(\quad x>0\quad\dfrac{1}{x}>0\quad\)なので、

\(\quad t=x+\dfrac{1}{x}\ge 2\sqrt{x\dfrac{1}{x}}=0\quad\)なので、\(\,t\ge 2\)

ここで、式(5)を\(\quad f_1(t)=t\quad f_2(t)=-\dfrac{1}{t}\quad\)と分けると

\(\quad t\ge 2\quad\)で、\(f_1(t)\,\,,\,f_2(t)\quad\)はともに単調増加

なので、最小値は\(\quad t=2\,\to\,x=1\quad\)最小値は\(\quad\dfrac{3}{2}\)

最近、Youtube で流れている問題を見ていると、すっかり忘れている事や知らないことが多い。そこで、いくつかの問題とその解法を備考録に書いていきます。

【問１】

\(\quad\sqrt{3}\sin 2x+2\sin^2x-1\,\) の\(\,0\!\le\!x\!\le\!\pi\,\)での最大値と最小値を求めよ。

【解法】
三角関数って、やっていないと直ぐ忘れる。この場合は倍角の公式を使う。
\(\quad \cos 2\alpha=1-2\sin^2\alpha\qquad\cdots\,\)(1)
これを使うと与式は
\(\quad\sqrt{3}\sin 2x-\cos 2x=2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x+\left(-\dfrac{1}{2}\right)\cos 2x\right)\,\cdots\,\)(2)

ここで\(\,\sin\,\)の加法定理が
\(\quad\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta\qquad\cdots\,\)(3)

であり、\(\cos(-\pi/6)=\sqrt{3}/2\,,\quad\sin(-\pi/6)=-1/2\,\)なので、(2)式は

\(\quad 2\left(\sin 2x\cos\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)+\cos 2x\sin\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)\right)\qquad\cdots\,\)(4)

(4)と加法定理の(3)を見比べれば
与式は以下のように変形できる。

\(\quad 2\left(\sin\left(2x-\dfrac{\pi}{6}\right)\right)\qquad\cdots\,\)(5)

最大値は\(\,2x-\pi/6=\pi/2\,\)のときなので \(\,\,x=\pi/3\,\)のとき\(\,\,2\)
最小値は\(\,2x-\pi/6=3\pi/2\,\)のときなので \(\,\,x=5\pi/6\,\)のとき\(\,\,-2\)

【問２】

\(\quad x^5+x+1\quad\)を因数分解せよ。

【解法】
ネットでは、まず１の３乗根を使うとあります。これは以下の方程式の

\(\quad x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)=0\qquad\cdots\,\)(6)

根は、\(x=1,\,(-1\pm\sqrt{3}\,i)/2\,\)である。

\(\omega=(-1+\sqrt{3}\,i)/2\,\)とすると

\(\quad\omega^2=(-1-\sqrt{3}\,i)/2\,,\quad\omega^3=1\,\)である。

\(\quad\omega^2+\omega+1=0\,\)である。与式に\(\,\omega\,\)を代入すると

\(\quad\omega^5+\omega+1=\omega^2+\omega+1=0\,\)なので割り切れる。

そこで、与式を\(\,x^2+x+1\,\)で割ってみる。

このように、割り切れる。商が\(\,x^3-x^2+1\,\)となるので、答えは

\(\quad x^5+x+1=(x^2+x+1)(x^3-x^2+1)\quad\)となります。

別解(?)として、以下のように展開する方式があります。

\(\quad x^5+x+1=x^5-x^2+x^2+x+1=x^2(x^3-1)+x^2+x+1\)
\(\qquad =x^2(x-1)(x^2+x+1)+x^2+x+1\)
\(\qquad =(x^2+x+1)(x^3-x^2+1)\)

【問３】

\(\quad a^2+b^2=1224\quad\)にあてはまる自然数の組を答えよ。

【解法】
この手の整数の問題は合同式を使うのがセオリーらしい。

\(\,{\large \bigstar\,}\)合同式
一般に、ある２つの整数\(\,a,\,b\,\)を自然数\(\,m\,\)で割った余りが等しいとき、\(a,\,b\,\)は\(\,m\,\)を法として合同であるといい
\(\quad a\equiv b\,(\mathrm{mod}\, m)\qquad\)と表す。

この式のことを合同式といい、\(a-b\,\)が\(\,m\,\)で割りれることを表す。
合同式では加法・減法・乗法が成り立つ。

\(a\equiv b\,(\mathrm{mod}\,m),\,\,c\equiv d\,(\mathrm{mod}\,m)\,\)のとき
\(\quad a+c\equiv b+d\,(\mathrm{mod}\,m)\)
\(\quad a-c\equiv b-d\,(\mathrm{mod}\,m)\)
\(\quad ac\equiv bd\,(\mathrm{mod}\,m)\)

除法については\(\, ac\equiv bc\,(\mathrm{mod}\,m)\,\)で
\(\quad\cdot\,c\,\)と\(\,m\,\)が互いに素のとき、
\(\qquad a\equiv b\,(\mathrm{mod}\,m)\)

\(\quad\cdot\,c\,\)と\(\,m\,\)が互いに素でないとき、\(c\,\)と\(\,m\,\)の最大公約数を\(\,d(>1)\,\)とすると
\(\qquad a\equiv b\,(\mathrm{mod}\,\dfrac{m}{d})\quad\)が成立する。

\(\,{\large \bigstar\,}\)平方剰余と平方数の性質

\(\quad a^2\equiv b\,(\mathrm{mod}\,m)\,\)となる整数\(\,a\,\)が存在するとき、\(b\,\)は\(\,m\,\)を法とする平方剰余であるという。

・平方数に関する重要な性質
\(1\,\)：平方数を\(\,3\,\)で割った余りは必ず\(\,0\,\)か\(\,1\,\)。余りが\(\,2\,\)になることはない。
\(2\,\)：平方数を\(\,4\,\)で割った余りは必ず\(\,0\,\)か\(\,1\,\)。余りが\(\,2\,\)か\(\,3\,\)になることはない。

これらをふまえて、解法は以下のようになる

\(\,1224=2^3\,3^2\,17\,\)なので
・\(\,a^2+b^2=1224=4\times 306\,\)より

\(\quad a\equiv0\,(\mathrm{mod}\,2)\,\)かつ\(\,b\equiv0\,(\mathrm{mod}\,2)\)

・\(\,a^2+b^2=1224=9\times 136\,\)より

\(\quad a\equiv0\,(\mathrm{mod}\,3)\,\)かつ\(\,b\equiv0\,(\mathrm{mod}\,3)\quad\)なので
\(\therefore\quad a\equiv0\,(\mathrm{mod}\,6)\,\)かつ\(\,b\equiv0\,(\mathrm{mod}\,6)\quad\)となるので
\(\quad a=6x,\,b=6y\,\)とおくと\(\,\,x^2+y^2=34\,\,\)になり、

\(\quad (x,y)=(5,3)\,,\,(3,5)\,\)となるので\(\,(a,b)=(30,18)\,or\,(18,30)\,\)

レーン=エムデン方程式は以下の形で表される

\(\quad\dfrac{1}{\xi^2}\dfrac{d}{d\xi}\left(\xi^2\dfrac{d\theta}{d\xi}\right)=-\theta^N\qquad\cdots\,\)(1)

境界条件は、\(\xi\to 0\,\)のとき\(\,\theta=1\,,\,\dfrac{d\theta}{d\xi}=0\,\)である。

［１］中心近傍での扱い
この方程式は\(\xi=0\,\)が確定特異点になっている。この場合、特異点近傍でローラン級数展開を考える。\(\xi=0\,\)の周りの形式解を以下のようにする。

\(\quad\theta(\xi)=1+a_2\xi^2+a_4\xi^4+\cdots\qquad\)(2)

式(2)を式(1)の左辺に代入する。まず、\(\xi\,\)で微分すると

\(\quad\dfrac{d\theta}{d\xi}=2a_2\xi+4a_4\xi^3+\cdots\qquad\)(3)

さらに\(\xi^2\,\)をかけて微分すると

\(\quad\dfrac{d}{d\xi}\left(\xi^2\dfrac{d\theta}{d\xi}\right)=6a_2\xi^2+20a_4\xi^4+\cdots\qquad\)(4)

\(\therefore\,\,\)左辺\(\,\,=6a_2+20a_4\xi^2+\cdots\qquad\)(5)

右辺は、まず\(B_2=a_2\xi^2\,,\,B_4=a_4\xi^4\,,\cdots\,\)として、

\(\quad(1+B_2+B_4+\cdots)^N\,\)の展開を考える。

最初の\(\,1\,\)の項は\(\,1^NB_2^0B_4^0\cdots\,\)であるので、

係数は\(\,\dfrac{N!}{N!0!0!\cdots}\,\)となる。

次の項は\(1^{N-1}B_2^1B_4^0\cdots\,\)で、

係数は\(\,\dfrac{N!}{(N-1)!1!0!\cdots}\,\)となり、

次の\(1^{N-1}B_2^0B_4^1B_6^0\cdots\,\)の係数は

\(\,\dfrac{N!}{(N-1)!0!1!0!\cdots}\,\)となる。因って

\(\quad(1+B_2+B_4+\cdots)^N=1+NB_2+NB_4+\cdots\qquad\)(6)

右辺\(\,=-\theta^N=-1-Na_2\xi^2-Na_4\xi^4-\cdots\,\)となるので

\(\,\xi^m\,\)の係数を比較すると

\(\quad 6a_2=-1\,,\qquad 20a_2=-Na_4\qquad\)となり

\(\quad a_2=-\dfrac{1}{6}\,,\qquad a_4=\dfrac{N}{120}\quad\)を得る。

よって中心近傍での解は

\(\quad \theta(\xi)\simeq 1-\dfrac{1}{6}\xi^2+\dfrac{N}{120}\xi^4\quad\cdots\,\)(7)

と表すことが出来る。

［２］数値計算
この方程式は(その2)で求めた解析解以外の解は数値計算に因らざる得ない。
\(\bigstar\,\)常微分方程式の解法
\(\quad\dfrac{dy_i}{dx}=f_i[x,y_i(x)]\quad i=1,2,\dots\quad\)(8)

を初期値問題として数値的に解く。
まず、\(x=x_0\,\)において初期値\(\,y_i(x_0)=y_{i0}\,\)が与えられたとき、\(x=x_0+h\,\)での\(\,y_i\,\)の値\(\,y_i(x_0+h)\,\)をもとめ、次のステップでその\(\,(x,y_i)\,\)を新たな初期値として処理を繰り返す。
\(x_0\,\)と\(\,x_0+h\,\)の間の中間の\(\,x\,\)における導関数、\(f(x,y)\,\)の関数値を何回か計算し、それらの適当な平均を用いることによって、高次のTaylor展開を達成するのが Runge-Kutta 法である。

\(\bigstar\,\)Runge-Kutta 法
\(\quad k_1=hf(x_0,y_0)\qquad\qquad\qquad\cdots\,\)(9)
\(\quad k_2=hf(x_0+\frac{h}{2},y_0+\frac{k_1}{2})\qquad\cdots\,\)(10)
\(\quad k_3=hf(x_0+\frac{h}{2},y_0+\frac{k_2}{2})\qquad\cdots\,\)(11)
\(\quad k_4=hf(x_0+h,y_0+k_3)\qquad\cdots\,\)(12)
\(\quad y(x_0+h)=y(x_0)+\frac{1}{6}[K_1+2(K_2+k_3)+k_4]\,\cdots\,\)(13)

まず点(\(\,x_i,y_i\,\))での微係数から\(\,y\,\)の増分\(\,k_1\,\)を推定する(式9)。次に(\(\,x_i,y_i\,\))と今得た点(\(\,x_i+\Delta x,y_i+k_1\,)\)の中間点での微係数から、これに平行な破線で示す直線によって増分\(\,k_2\,\)の推定を行う(式10)。これより第３の推定点\((\,x_i+\Delta x,y_i+k_3\,)\)を得る。第４の推定点まで求めたところで、これら４つの増分推定を\(\,1:2:2:1\,\)の重みを付けて平均化し、これを最終的な増分推定として\(\,y_{i+1}\,\)を求める(式13)。この式は Taylor展開の４次の精度を持つ。

\(\bigstar\,\) 初期値とプログラミング
解くべき式は(1)式だが、\(\xi=x\,,\,\theta=y\,\)と書き換えて見やすくする。

\(\quad\dfrac{1}{x^2}\dfrac{d}{dx}\left(x^2\dfrac{dy}{dx}\right)=-y^N\quad x\!=\!0\quad y\!=\!0\,,\,\dfrac{dy}{dx}=0\,\cdots\,\)(14)
この常微分方程式を連立１階微分方程式に変換する。

\(y1=y\,,\quad y2=x^2\dfrac{dy}{dx}\,\)とおくと
\(\quad \dfrac{dy1}{dx}=\dfrac{y2}{x^2}\qquad\cdots\,\)(15)
\(\quad \dfrac{dy2}{dx}=-x^2y1^N\qquad\cdots\,\)(16)

初期値としては\(\,xi=x=0\,\)でなく、演算の刻み\(\,\xi=x=h\,\)とし、\(y1\,\)は式(7)を使い
\(\quad y1=1-\dfrac{1}{6}h^2+\dfrac{N}{120}h^4\quad\cdots\,\)(17)

\(y2\,\)は、\(\xi^2\dfrac{d\theta}{d\xi}=y2\quad\)としたので
\(\quad y2=h^2\left(-\dfrac{1}{3}h+\dfrac{N}{30}h^3\right)=-\dfrac{1}{3}h^3+\dfrac{N}{120}h^4\quad\cdots\,\)(18)
で設定する。
計算は中心\(\,\,\xi=x=h\,\,\)から始めて、密度係数がゼロ\(\,\,\,\theta=y1=0\,\,\)となる表面までを積分する。また\(\,\,h=1.0\times10^{-6}\,\,\)とした。

［３］数値計算による結果
\(N\,\)を\(0\sim 4.5\,\)まで計算した結果をグラフと表に示す。

この表は、\(N=n\,\)でガス球の表面（圧力ゼロ\(\,\theta=0\,\)）の時の\(\,\xi_n\,\)とそこでの\(\,-1/\xi\,(d\theta/d\xi)\,\)で、中心密度\(\rho_c\,\)を計算するためのパラメータである。

\(\bigstar\,\)結果の見方
\(\xi\,\)は \(\,R=\alpha\xi=\left[\dfrac{(N+1)K}{4\pi G}\rho_c^{\frac{1}{N}-1}\right]^{1/2}\xi\,\cdots\)(21)　である。

また中心から\(\,\xi\,\)より内側に含まれる質量\(\,m(\xi)\,\)は
\(\quad m(\xi)=\displaystyle\int_0^{\alpha\xi}4\pi\rho r^2dr\)
\(\qquad\quad =4\pi\alpha^3\rho_c\displaystyle\int_0^{\xi}\xi^2\theta^Nd\xi\)
\(\qquad\quad =-4\pi\alpha^3\rho_c\displaystyle\int_0^{\xi}\dfrac{d}{d\xi}\left(\xi^2\dfrac{d\theta}{d\xi}\right)d\xi\)
\(\qquad\quad =-4\pi\alpha^3\rho_c\xi^2\dfrac{d\theta}{d\xi}\quad\cdots\,\)(22)
で与えられる。したがって星の全質量\(\,M\,\)は
\(\quad M=-4\pi\alpha^3\rho_c\left(\xi^2\dfrac{d\theta}{d\xi}\right)_{\xi=\xi_n}\)
\(\qquad =-4\pi\left[\dfrac{(N+1)K}{4\pi G}\rho_c^{\frac{1}{N}-1}\right]^{3/2}\left(\xi^2\dfrac{d\theta}{d\xi}\right)_{\xi=\xi_n}\,\cdots\,\)(23)
ここで星の平均密度\(\,\bar{\rho}\,\)を考える。
\(\quad\bar{\rho}=\dfrac{M}{4\pi R^3/3}=\dfrac{3M}{4\pi R^3}\)
\(\qquad =-\dfrac{3}{4\pi\alpha^3\xi_n^3}\cdot4\pi\alpha^3\rho_c\left(\xi^2\dfrac{d\theta}{d\xi}\right)_{\xi=\xi_n}\)
\(\qquad =-\dfrac{3}{\xi_n}\rho_c\left(\dfrac{d\theta}{d\xi}\right)_{\xi=\xi_n}\quad\cdots\,\)(24)

\(\bigstar\,\)太陽の場合
これらの関係を太陽の場合で計算してみる。太陽の半径\(\,R=6.960\times10^8\)m 、質量\(\,M=1.9884\times10^{30}\)kg と、恒星の場合に適応できるポリトロープ指数\(\,N=3\,\,(\Gamma=\frac{4}{3}\,)\,\)の計算結果を用いる。
\(\quad\rho_c=\dfrac{M}{4\pi R^3}\left(-\dfrac{1}{\xi}\dfrac{d\theta}{d/xi}\right)_{\xi=\xi_n}^{-1}\quad\cdots\,\)(25)

\(\qquad=\dfrac{1.9884\times10^{30}}{4\pi\cdot (6.960\times10^8)^3\cdot6.152\times10^{-3}}\)

\(\qquad =7.629\times10^4\,\mathrm{kg}\cdot\mathrm{m}^{-3}\)
理科年表によると\(\,\rho_c=1.56\times10^5\,\mathrm{kg}\cdot\mathrm{m}^{-3}\,\)*となっており、計算値は約半分である。まあ、天文のざっくりモデルでの計算としては、まあ合っているといえる。
*[参考]理科年表の太陽の構造の部分

その１で導出したレーン=エムデン方程式は
\(\quad\dfrac{1}{\xi^2}\dfrac{d}{d\xi}\left(\xi^2\dfrac{d\theta}{d\xi}\right)=-\theta^N\quad\cdots\,\)(1)
で、\(\,\theta\,\)は無次元化した密度、\(\,\xi\,\)は無次元化した半径である。中心での境界条件は、\(\xi\to 0\,\)のとき\(\,\theta=1\,,\,\dfrac{d\theta}{d\xi}=0\,\)である。

［１］\(N=0\,\)の時の解析解
式(1)を一般の\(\,N\,\)について解析解は得られないが、\(N=0\,,\,1\,,\,5\,\)の時は得ることが出来る。
なお、以降は見やすくするために\(\,\xi\,,\,\theta\,\)を\(\,x\,,\,y\,\)と記述する。式(1)は
\(\quad\dfrac{1}{x^2}\dfrac{d}{dx}\left(x^2\dfrac{dy}{dx}\right)=-x^N\quad\cdots\,\)(2)
となる。ここに\(\,N=0\,\)を代入すると
\(\quad\dfrac{1}{x^2}\dfrac{d}{dx}\left(x^2\dfrac{dy}{dx}\right)=-1\quad\cdots\,\)(3)
両辺に\(\,x^2\,\)をかけると
\(\quad\dfrac{d}{dx}\left(x^2\dfrac{dy}{dx}\right)=-x^2\quad\cdots\,\)(4)

この式の両辺を\(\,x\,\)で積分すると
\(\quad x^2\dfrac{dy}{dx}=-\dfrac{1}{3}x^3+C_1\,\cdots\,\)(5)
となる。\(C_1\,\)は積分定数。両辺を\(\,x^2\,\)で割ると
\(\quad\dfrac{dy}{dx}=-\dfrac{1}{3}x+\dfrac{C_1}{x^2}\quad\cdots\,\)(6)

再度\(\,x\,\)で積分すると
\(\quad y=-\dfrac{1}{6}x^2-\dfrac{C_1}{x}+C_2\quad\cdots\,\)(7)
ここで、\(\,x=0\,\)のとき\(\,y=1\,\)の条件を満たすためには、\(C_1=0\,\)で\(\,C_2=1\,\)とする必要がある。よって、\(N=0\,\)の時は
\(\quad y=1-\dfrac{1}{6}x^2\quad\cdots\,\)(8)
となる。

［２］\(N=1\,\)の時の解析解
式(2)に\(\,N=1\,\)を代入すると
\(\quad\dfrac{1}{x^2}\dfrac{d}{dx}\left(x^2\dfrac{dy}{dx}\right)+y=0\quad\cdots\,\)(9)
ここで、\(z=xy\,\)とすると
\(\quad\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{z}{x}\right)=\dfrac{1}{x}\dfrac{dz}{dx}-\dfrac{z}{x^2}\quad\cdots\,\)(10)

式(10)の両辺に\(\,x^2\,\)をかけると
\(\quad x^2\dfrac{dy}{dx}=x\dfrac{dz}{dx}-z\quad\cdots\,\)(11)
となり、これを\(\,x\,\)で微分すると
\(\quad\dfrac{d}{dx}\left(x^2\dfrac{dy}{dx}\right)=\dfrac{d}{dx}\left(x\dfrac{dz}{dx}-z\right)=x\dfrac{d^2z}{dx^2}\quad\cdots\,\)(12)
式(12)を式(9)に代入すると
\(\quad\dfrac{1}{x}\dfrac{d^2z}{dx^2}+y=\dfrac{d^2z}{dx^2}+z=0\quad\cdots\,\)(13)
という2階微分方程式になる。

この方程式の解は
\(\quad z=A\cos x+B\sin x\)
で、\(z=xy\,\)と変数を元に戻すと
\(\quad y=\dfrac{A\cos x}{x}+\dfrac{B\sin x}{x}\quad\cdots\,\)(14)

ここで、\(x\to 0\,\)の時、\(y\to 1\,\)なので、\(A=0\,,B=1\,\)となり
\(\quad y=\dfrac{\sin x}{x}\quad\cdots\,\)(15)
となる。

［３］\(N=5\,\)の時の解析解
式(2)に\(\,N=5\,\)を代入すると
\(\quad\dfrac{1}{x^2}\dfrac{d}{dx}\left(x^2\dfrac{dy}{dx}\right)=-y^5\quad\cdots\,\)(16)

ここで、特殊な変数変換を行う。
\(\quad x=e^{-t}\quad\cdots\,\)(17)
\(\quad y=\sqrt{\dfrac{1}{2}e^t}\,Z\quad\cdots\,\)(18)
式(17)より
\(\quad\dfrac{dx}{dt}=-x\quad\cdots\,\)(17)

また、\(Z\,\)の\(\,x\,\)微分は
\(\quad\dfrac{dZ}{dx}=\dfrac{dZ}{dt}\dfrac{dt}{dx}=-\dfrac{1}{x}\dfrac{dZ}{dt}\quad\cdots\,\)(18)

微分演算子には以下の関係がある
\(\quad\dfrac{d}{dx}=-\dfrac{1}{x}\dfrac{d}{dt}\quad\cdots\,\)(19)

まず、式(18)を\(\,x\,\)で微分すると
\(\quad\dfrac{dy}{dx}=-\dfrac{1}{2\sqrt{2}}x^{-\frac{3}{2}}Z+\dfrac{1}{\sqrt{2}}x^{-\frac{1}{2}}\dfrac{dZ}{dx}\)
\(\qquad=-\dfrac{1}{2\sqrt{2}}x^{-\frac{3}{2}}Z-\dfrac{1}{\sqrt{2}}x^{-\frac{3}{2}}\dfrac{dZ}{dt}\quad\cdots\,\)(20)

式(20)の両辺に\(\,x^2\,\)をかけると
\(\quad x^2\dfrac{dy}{dx}=-\dfrac{1}{2\sqrt{2}}x^{\frac{1}{2}}Z-\dfrac{1}{\sqrt{2}}x^{\frac{1}{2}}\dfrac{dZ}{dt}\quad\cdots\,\)(21)

この式(21)を\(\,x\,\)で微分する
\(\quad\dfrac{d}{dx}\left(x^2\dfrac{dy}{dx}\right)=-\dfrac{1}{4\sqrt{2}}x^{-\frac{1}{2}}Z-\dfrac{1}{2\sqrt{2}}x^{\frac{1}{2}}\dfrac{dZ}{dt}\)
\(\qquad\qquad-\dfrac{1}{2\sqrt{2}}x^{-\frac{1}{2}}\dfrac{dZ}{dt}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}x^{\frac{1}{2}}\dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{dZ}{dt}\right)\)
\(\qquad=-\dfrac{1}{4\sqrt{2}}x^{-\frac{1}{2}}Z+\dfrac{1}{\sqrt{2}}x^{-\frac{1}{2}}\dfrac{d^2Z}{dt^2}\quad\cdots\,\)(22)

ここで
\(\quad -x^2y^5=-x^2\dfrac{1}{4\sqrt{2}}x^{-\frac{5}{2}}Z^5=-\dfrac{1}{4\sqrt{2}}x^{-\frac{1}{2}}Z^5\quad\cdots\,\)(23)
なので式(22)(23)を(16)に代入すると
\(\quad-\dfrac{1}{4}Z+\dfrac{d^2Z}{dt}=-\dfrac{1}{4}Z^5\quad\)より
\(\quad\dfrac{d^2Z}{dt^2}=\dfrac{1}{4}Z(1-Z^4)\quad\cdots\,\)(24)
という形に書き直すことができる。式(24)の両辺に\(\dfrac{dZ}{dt}\,\)をかけると
\(\quad\left(\dfrac{dZ}{dt}\right)\left(\dfrac{d^2Z}{dt^2}\right)=\dfrac{1}{4}Z\left(\dfrac{dZ}{dt}\right)-\dfrac{1}{4}Z^5\left(\dfrac{dZ}{dt}\right)\,\cdots\,\)(25)

ここで左辺は以下のように変形でき
\(\quad\left(\dfrac{dZ}{dt}\right)\left(\dfrac{d^2Z}{dt^2}\right)=\dfrac{1}{2}\dfrac{d}{dt}\left[\left(\dfrac{dZ}{dt}\right)^2\right]\quad\cdots\,\)(26)

右辺の計算も
\(\quad Z\left(\dfrac{dZ}{dt}\right)=\dfrac{1}{2}\dfrac{d}{dt}\left(Z^2\right)\quad\cdots\,\)(27)
と変形できるので、式(25)は
\(\quad\dfrac{d}{dt}\left[\left(\dfrac{dZ}{dt}\right)^2\right]=\dfrac{1}{4}\dfrac{d}{dt}\left(Z^2\right)-\dfrac{1}{12}\dfrac{d}{dt}\left(Z^6\right)\quad\cdots\,\)(28)

\(\,t\,\)で積分すると
\(\quad\left(\dfrac{dZ}{dt}\right)^2=\dfrac{Z^2}{4}-\dfrac{Z^6}{12}+D\quad\cdots\,\)(29)
となる。\(\,D\,\)は積分定数である。\(x\to 0\,\)のとき、\(Z=0\,dZ/dt=0\,\)なので、\(D=0\,\)である。よって次の式が得られる。

\(\quad\dfrac{dZ}{Z\sqrt{1-\frac{1}{3}Z^4}}=\pm\dfrac{1}{2}dt\quad\cdots\,\)(30)
左辺の正負の符号は境界条件より負を選択する。
\(\quad\dfrac{dZ}{Z\sqrt{1-\frac{1}{3}Z^4}}=-\dfrac{1}{2}dt\quad\cdots\,\)(31)

この方程式を解くために、さらなる変数変換を行う。
\(\quad\dfrac{1}{3}Z^4=\sin^2\phi\quad\cdots\,\)(32)
この式の微分形は以下のようになる。
\(\quad\dfrac{4}{3}Z^3\,dZ=2\sin\phi\,\cos\phi\,d\phi\quad\cdots\,\)(33)

式(32)(33)を(31)の左辺に代入すると
\(\quad\dfrac{dZ}{Z\sqrt{1-\frac{1}{3}Z^4}}=\dfrac{1}{Z\sqrt{1-\sin^2\phi}}\dfrac{3}{4Z^3}2\sin\phi\,\cos\phi\,d\phi\)
\(\qquad=\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{Z^4}\dfrac{\sin\phi\,\cos\phi\,d\phi}{\sqrt{1-\sin^2\phi}}=\dfrac{1}{2\sin^2\phi}\dfrac{\sin\phi\,\cos\phi}{\cos\phi}d\phi\)
\(\qquad=\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{\sin\phi}\,d\phi=\dfrac{1}{2}\mathrm{cosec}\,\phi\,d\phi\quad\cdots\,\)(34)
より(31)の方程式は以下の形に変形できる。

\(\quad\mathrm{cosec}\,\phi=-dt\quad\cdots\,\)(35)
両辺を積分すると
\(\quad\ln\left|\tan\dfrac{\phi}{2}\right|=-t+C’\quad\cdots\,\)(36)
より
\(\quad\tan\dfrac{\phi}{2}=Ce^{-t}\quad\cdots\,\)(37)

ここで、式(32)から
\(\quad Z^4=3\sin^2\phi=\dfrac{12\tan^2\frac{\phi}{2}}{\left(1+\tan^2\frac{\phi}{2}\right)^2}\quad\cdots\,\)(38)
この式(38)に式(37)を代入すると
\(\quad Z^4=\dfrac{12C^2e^{-2t}}{(1+C^2e^{-2t})^2}\)
\(\quad Z=\pm\left[\dfrac{12C^2e^{-2t}}{(1+C^2e^{-2t})^2}\right]^{\frac{1}{4}}\quad\cdots\,\)(39)

ここで、\(Z\,\)は式(18)より正で、式(17)(18)を代入すると
\(\quad y=\left[\dfrac{3C^2}{(1+C^2e^{-2t})^2}\right]^{\frac{1}{4}}=\left[\dfrac{3C^2}{(1+C^2x^2)^2}\right]^{\frac{1}{4}}\quad\cdots\,\)(40)

\(x=0\,\)で\(\,y=0\,\)という条件なので、
\(\quad 1=(3C^2)^{\frac{1}{4}}\quad\)より\(\quad C^2=\dfrac{1}{3}\quad\)が得られ
\(\quad y=\left[\dfrac{1}{(1+\frac{1}{3}x^2)^2}\right]^{\frac{1}{4}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{3}x^2}}\quad\cdots\,\)(41)
となる。

［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。

\(\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}((1-m\sin^2\theta)^{-\frac{1}{2}}d\theta=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}m^n\sin^{2n}\theta\)

\(\qquad=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}m^n\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\theta\,d\theta\)

\(\qquad=\dfrac{\pi}{2}\left(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left[\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right]^2\,m^n\right)\)