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ネットの入試問題など-2

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\(\quad\dfrac{3}{2}\)







ネットの入試等の問題-1

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(3)

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。

Nの値 \(\xi_n\) \(\left(-\frac{1}{\xi}\frac{d\theta}{d\xi}\right)_{\xi=\xi_n}\)
\(0.0\) \(2.549\) \(3.291\times10^{-1}\)
\(0.5\) \(2.753\) \(1.816\times10^{-1}\)
\(1.0\) \(3.142\) \(1.013\times10^{-1}\)
\(1.5\) \(3.654\) \(5.564\times10^{-2}\)
\(2.0\) \(4.353\) \(2.923\times10^{-2}\)
\(2.5\) \(5.355\) \(1.424\times10^{-2}\)
\(3.0\) \(6.897\) \(6.152\times10^{-3}\)
\(3.5\) \(9.536\) \(2.180\times10^{-3}\)
\(4.0\) \(14.972\) \(5.356\times10^{-4}\)
\(4.5\) \(31.836\) \(5.386\times10^{-5}\)

\(\bigstar\,\)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







レーン=エムデン方程式(2)


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。







楕円積分


[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。

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

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

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