12 ころがる場合

次は、すべらずにころがる場合を考える。 この場合も細かく考えると色々問題がある。

• 問題 1.
  ころがる場合は、基本的には「摩擦力」が働いているが、 それは 10 節で考察した「動摩擦力」ではなく、 物体と斜面の接点がすべらない「静止摩擦力」が働く。 そして、すべらないためには、 その摩擦力が最大摩擦力である $\mu_0 N$ を越えてはいけないので、 ある程度垂直抗力が大きくなければいけない。 よって、初速度 0 ですべる場合の最速解のように 出発点の傾きが $-\infty$ となることは許されず、 静止摩擦係数 $\mu_0$ による制限 (下限) がつく。 $x>0$ の場所では、斜面の傾きの変化による遠心力の反作用も 垂直抗力に加わるので、すべらないための条件はさらにややこしくなる。
• 問題 2.
  ころがる場合は、モーメントのつりあいも考える必要があるが、 ころがる物体 (通常は円柱や球) の慣性モーメント $I_0$ は、 円柱 ($I_0=mr^2/2$) にしても球 ($I_0=2mr^2/5$) にしても、 小さいながらも半径 $r$ を持つ物体であり、 運動方程式はその物体の重心、すなわち斜面 $y=f(x)$ から 距離 $r$ だけ離れた点に対して考える必要があり、 そのため重心の移動は $y=f(x)$ とは少し異なる軌跡となる。 このような曲線の等距離曲線は、一般にはかなり厄介で、 元の曲線が簡単な式であっても等距離曲線は かなり難しい式になることが多い。
• 問題 3.
  物体の半径 $r$ を無視せずに正の値と考える場合、 斜面の曲率 $1/\rho$ にも制限がつく。 物体が常に 1 点で接する状態でないと、 滑らかな運動にはならないし、運動が止まる可能性もあるので、 曲率半径 $\rho$ は $r$ より大きくなければならない。

以上の問題点を考慮に入れ、改めて運動方程式から検討し直す。

物体と斜面との接点は今まで通り $(x(t),y(t))$ (点 $\mathrm{P}(t)$) とし、 物体の重心を $(X(t),Y(t))$ (点 $\mathrm{Q}(t)$) と書くことにする (図 12)。

図 12: ころがる場合

物体の回転半径を $r$、慣性モーメントを $I_0 = b_0mr^2$ とする。 $b_0$ は円柱ならば $1/2$、球ならば $2/5$ なので $0<b_0<1$ の定数としておく。

初速度は 0 とし、境界条件は、$\mathrm{P}(t)$ に対して成り立つとしておく。

$$\begin{array}{l} (\dot{x}(0),\dot{y}(0)) = (\dot{X}(0),\do... ...(0),y(0)) = (0,H), \hspace{1zw}(x(T),y(T)) = (L,0) \end{array}$$ (85)

まず、$\mathrm{Q}(t)$ は $\mathrm{P}(t)$ から見て斜面の垂直方向にあるので、 その関係は

$$(X(t),Y(t)) = (x(t),y(t)) + \frac{\left(-f'(x(t)),1\right)}{\sqrt{1+(f'(x(t)))^2}}\,r$$ (86)

となる。運動方程式は、重心に対して立てると、

$$m(\ddot{X},\ddot{Y}) = m(0,-g)+\mbox{\boldmath$N$}+\mbox{\boldmath$K$}$$ (87)

であり、 $\mbox{\boldmath$N$}$ は垂直抗力、 $\mbox{\boldmath$K$}$ は $\mathrm{P}(t)$ に働く静止摩擦力で、 $\mbox{\boldmath$N$}$ は斜面の垂直方向、 $\mbox{\boldmath$K$}$ は接線方向なので、 $N=\vert\mbox{\boldmath$N$}\vert$, $K=\vert\mbox{\boldmath$K$}\vert$ とすれば

$$\mbox{\boldmath$N$} = \frac{\left(-f',1\right)}{\sqrt{1+(f'... ...\boldmath$K$} = -\,\frac{\left(1,f'\right)}{\sqrt{1+(f')^2}}\,K$$ (88)

となり、問題 1 で述べたように静止摩擦力は、最大静止摩擦力 $\mu_0 N$ よりも 小さくなくてはならない。

$$K < \mu_0 N$$ (89)

一方、回転に対する運動方程式は、$\beta$ を回転の角加速度とすれば

$$I_0\beta = rK$$ (90)

となる。これを少し細かく見てみる。 出発時からの回転角を $\psi=\psi(t)$ とし (時計回り)、 $\omega$ をその角速度とすると、

$$\omega = \frac{d\psi}{dt} = \dot{\psi}, \hspace{1zw} \beta = \dot{\omega} = \ddot{\psi}$$

となる。直線斜面ではないのでこの $\psi$ もやや複雑であるが、 それを求めるため、各 $x$ での斜面の仰角を $\eta=\eta(x)$ (反時計回り) とする ( $-\pi/2<\eta<\pi/2$)。

$$\eta=\eta(x) = \arctan f'(x)$$ (91)

少なくとも $x=0$ では $\eta(0)<0$ となる。

出発点で $\mathrm{A}(0,H)$ と接していた円周上の点を $\mathrm{R}_0$、 $(x,f(x))$ での円周上の接点を $\mathrm{R}_1$ と すると (図 13)、

図 13: 回転角と斜面の角度の関係

A から $(x,f(x))$ までの曲線路の長さ $s$ は

$$s = \int_0^x \sqrt{1+(f')^2}\,dx$$

であり、これは円周上の $\mathrm{R}_0\mathrm{R}_1$ の弧長に等しい。 回転角 $\psi(x)$ は、その弧の中心角から、 斜面の垂直方向の角度の差 $(\eta(x)-\eta(0))$ を引いたものになるので、

$$\psi(x) = \frac{s}{r} - (\eta(x)-\eta(0))$$

$$= \frac{1}{r}\int_0^x \sqrt{1+(f')^2}\,dx - \arctan f'(x) + \arctan f'(0)$$ (92)

となる。よって、角速度 $\omega$ は

$$\omega = \dot{\psi} = \frac{d\psi}{dx}\dot{x} = \left(\f... ...= \frac{\sqrt{1+(f')^2}}{r}\left(1-\frac{r}{\rho}\right)\dot{x}$$ (93)

となる。ここで、

$$\frac{1}{\rho} = \frac{f''}{\left(1+(f')^2\right)^{3/2}}$$ (94)

は曲線 $y=f(x)$ の曲率、$\rho$ は曲率半径である。 本節冒頭の問題 3 より $r<\rho$ でないと いけないから (93) の係数 $(1-r/\rho)$ は正となる。

次に、今までと同様に、(87) から $N$ を消去して エネルギー保存の式を導くことを考える。 (87) を成分でみると、

$$\left\{\begin{array}{ll} \ddot{X} & \displaystyle = -\,\f... ...{m} -\frac{f'}{\sqrt{1+(f')^2}}\,\frac{K}{m}\end{array}\right.$$

なので、$N$, $K$ を消去すると、それぞれ次の式が得られる。

$$\ddot{X}+(\ddot{Y}+g)f' = -\sqrt{1+(f')^2}\,\frac{K}{m}$$ (95)

$$\ddot{X}f'-(\ddot{Y}+g) = -\sqrt{1+(f')^2}\,\frac{N}{m}$$ (96)

この (95) をエネルギー保存則の形に変形する ことを考えるが、そのためにまず

$$\dot{Y}(t)=f'(x(t))\dot{X}(t)$$ (97)

が成り立つことを示す。 (91) より $f'(x)=\tan\eta(x)$ なので、

$$\frac{1}{\sqrt{1+(f')^2}} = \cos\eta, \hspace{1zw} \frac{f'}{\sqrt{1+(f')^2}} = \sin\eta$$

と書け、よって (86) より

$$(X,Y) = (x,y) + \frac{(-f',1)}{\sqrt{1+(f')^2}}\,r = (x,y) + r(-\sin\eta,\cos\eta)$$

となるから、

$$(\dot{X},\dot{Y}) = (\dot{x},\dot{y}) - r(\cos\eta,\sin\et... ... = \dot{x}(1,f') - r\dot{\eta}\,\frac{(1,f')}{\sqrt{1+(f')^2}}$$ (98)

となり、これは $(1,f')$ に平行なので、 確かに (97) が成り立つことがわかる。

なお、

$$\dot{\eta} = (\arctan f')^{\cdot} = (\arctan f')'\dot{x} = \frac{f''\dot{x}}{1+(f')^2}$$

なので、(98) の 重心の移動速度 $\mbox{\boldmath$V$}=(\dot{X},\dot{Y})$ は、

$$\mbox{\boldmath$V$} = (\dot{X},\dot{Y}) = \left(1-\frac{r}... ...ot{x}(1,f') = \left(1-\frac{r}{\rho}\right)\mbox{\boldmath$v$}$$ (99)

となる。これと (93)、および $1-r/\rho>0$ より、

$$r\omega = \sqrt{1+(f')^2}\,\left(1-\frac{r}{\rho}\right)\... ...t\left(1-\frac{r}{\rho}\right) = \vert\mbox{\boldmath$V$}\vert$$ (100)

もわかる。

さて、(95) に戻るが、 この式を $\dot{X}$ 倍すると、(97) より、

$$\dot{X}\ddot{X}+\dot{Y}\ddot{Y}+g\dot{Y} = -\dot{X}\sqrt{... ...t)^2}\,\frac{K}{m} = -\vert\mbox{\boldmath$V$}\vert\frac{K}{m}$$ (101)

となるが、この右辺と回転エネルギー $I_0\omega^2/2$ との関係を見てみる。 このエネルギーを $m$ で割ったものを $t$ で微分すると、

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2m}I_0\omega^2\right) = \frac{d}{... ...eft(\frac{b_0r^2}{2}\omega^2\right) = b_0r^2\omega\dot{\omega}$$

であり、(90) より

$$\frac{K}{m} = \frac{I_0\beta}{mr} = b_0r\dot{\omega}$$

なので、(100) より

$$b_0r^2\omega\dot{\omega} = b_0r\dot{\omega} r\omega = \frac{K}{m}\vert\mbox{\boldmath$V$}\vert$$

となる。 よって、結局 (101) は、

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}\vert\mbox{\boldmath$V$}\vert^2 + gY + \frac{1}{2m}I_0\omega^2\right) = 0$$ (102)

と変形できることがわかる。 これは運動エネルギーと位置エネルギーと回転エネルギー の総和が保存されることを意味する (物理学なら、むしろここからスタートするだろう)。

これを積分すれば、

$$\frac{1}{2}\vert\mbox{\boldmath$V$}\vert^2 + gY + \frac{1}{2m}I_0\omega^2 = gY(0)$$ (103)

となる。ここで、

$$Y(0) = y(0) + \frac{r}{\sqrt{1+(f'(0))^2}} = H + \frac{r}{\sqrt{1+(f'(0))^2}}$$ (104)

である。 (100) より、

$$\frac{1}{2m}I_0\omega^2 = \frac{b_0}{2}r^2\omega^2 = \frac{b_0}{2}\vert\mbox{\boldmath$V$}\vert^2$$

なので、(103) は、

$$\frac{1+b_0}{2}\vert\mbox{\boldmath$V$}\vert^2+gY = gY(0)$$

となり、これは

$$\vert\mbox{\boldmath$V$}\vert = \sqrt{\frac{2g}{1+b_0}(Y(0)-Y)}$$ (105)

と変形できるが、(99) より

$$\begin{eqnarray*}Y &=& y + \frac{r}{\sqrt{1+(f')^2}} = f(x) + \frac{r}{\sqr... ...v\vert = \left(1-\frac{r}{\rho}\right)\sqrt{1+(f')^2}\,\dot{x}\end{eqnarray*}$$

なので、

$$\dot{x} = \frac{1}{\displaystyle \left(1-\frac{r}{\rho}\rig... ...ac{2g}{1+b_0}\left(Y(0)-f(x)-\frac{r}{\sqrt{1+(f')^2}}\right)}$$

と書ける。よって、A から B までころがり落ちる時間 $T$ は

$$T = \int_0^L \sqrt{\frac{1+b_0}{2g}} \frac{(1-r/\rho)\langle f'\rangle }{\sqrt{Y(0)-f-r/\langle f'\rangle }}\,dx$$ (106)

と表わされることになる。$\rho$ は (94) の式で $f'$ と $f''$ で与えられるため、 この右辺の被積分関数は $F(f,f',f'')$ の形をしていることがわかる。 よって、この積分の最小値を与える関数 $f$ がころがる場合の 最速降下線となる。

なお、ここまでは $r>0$ であるとして、重心が曲線上にないとして 方程式を考えてきたが、通常のように $r$ が十分小さいとして無視する、 すなわち $r\rightarrow +0$ としてみると、(106) は

$$T = \int_0^L \sqrt{\frac{1+b_0}{2g}} \frac{\langle f'\rangle }{\sqrt{H-f}}\,dx$$ (107)

となり、これはすべる場合の時間 (11) と $\sqrt{1+b_0}$ 倍 の違いしかないことがわかる。 よって、その場合の最速解はやはり逆さサイクロイドとなる。 しかし、それは出発点の傾きが $-\infty$ になってしまい、 本節の最初に述べた問題 1 の条件を考えれば その逆さサイクロイドの解は適切ではない。

この、 $r=0$ と見た場合に、 (89) の条件を満たす最速解があるかどうかは よくわからない。

さて、$r>0$ の場合に戻って、(106) の変分を考える。 $f$ が右辺の積分の最小値を与える解であるとき、 $0$, $L$ の付近で 0 となる $\phi$ に対して、

$$I(f+\delta\phi) = \int_0^L F(f+\delta\phi,f'+\delta\phi',f''+\delta\phi'')\,dx$$

は、$\delta=0$ で極小となるから、

$$\left.\frac{dI(f+\delta\phi)}{d\delta}\right\vert _{\delta=0} = \int_0^L(F_f\phi+F_{f'}\phi'+F_{f''}\phi'')\,dx = 0$$

となる。よって部分積分をすれば、

$$\int_0^L\left(F_f-\left(F_{f'}\right)'+\left(F_{f''}\right)''\right)\phi\,dx = 0$$

となるので、この場合のオイラー方程式は、

$$F_f-\left(F_{f'}\right)'+\left(F_{f''}\right)'' = 0$$ (108)

となることがわかる。 やや複雑だが、(106) に対してこの式を計算してみる。 なお、$F$ に定数倍として含まれている $\sqrt{(1+b_0)/(2g)}$ の部分は もちろん無視してよい。 (94) より $F$ は $f''$ に 関して 1 次式なので

$$F = \frac{(1-r/\rho)\langle f'\rangle }{\sqrt{Y(0)-f-r/\langle f'\rangle }} = f''\hat{F}(f,f') + \hat{G}(f,f')$$

として計算を行う。ここで、

$$\hat{F}(f,f') = -r\langle f'\rangle ^{-2}S^{-1/2}, \hspace... ...le S^{-1/2}, \hspace{0.5zw}S = Y(0)-f-r\langle f'\rangle ^{-1}$$ (109)

である。

(108) の左辺は $F$ に関して線形だから、 $\hat{F}$ に関する式 (= $U_1$ とする) と $\hat{G}$ に関する式 (= $U_2$ とする) の和に分けることができ、 まずそのそれぞれを計算してみる。$U_2$ は

$$U_2 = \hat{G}_f - \left(\hat{G}_{f'}\right)'$$

となるが、これは 4 節の (18) を 導くところで見たように、$f'$ 倍すれば

$$f'U_2 = \left(\hat{G}-f'\hat{G}_{f'}\right)'$$

と変形できる。一方 $U_1$ は、

$$U_1 = f''\hat{F}_f-\left(f''\hat{F}_{f'}\right)'+\left(\hat{F}\right)''$$ (110)

となるが、

$$f''\hat{F}_{f'} = f''\hat{F}_{f'} + f'\hat{F}_f - f'\hat{F}_f = (\hat{F})' - f'\hat{F}_f$$

と変形すれば、

$$U_1 = f''\hat{F}_f-\left((\hat{F})' - f'\hat{F}_f\right)' + \left(\hat{F}\right)'' = f''\hat{F}_f+\left(f'\hat{F}_f\right)'$$

となるから、これを $f'$ 倍すれば

$$f'U_1 = f'f''\hat{F}_f+ f'\left(f'\hat{F}_f\right)' = \left((f')^2\hat{F}_f\right)'$$ (111)

となることがわかる。 結局、(108) を $f'$ 倍したものは、

$$\left((f')^2\hat{F}_f + \hat{G}-f'\hat{G}_{f'}\right)' = 0$$

と書けることになり、よって

$$(f')^2\hat{F}_f + \hat{G}-f'\hat{G}_{f'} = \mbox{ 定数}$$ (112)

と積分できる。今の場合、

$$S_f = -1, \hspace{1zw}S_{f'} = r\langle f'\rangle ^{-2}\frac{f'}{\langle f'\rangle } = rf'\langle f'\rangle ^{-3}$$

なので、

$$\begin{eqnarray*}(f')^2\hat{F}_f &=& -r(f')^2\langle f'\rangle ^{-2}\frac{1}{2... ...^{-1}S^{-1/2} + \frac{1}{2}r(f')^2\langle f'\rangle ^{-2}S^{-3/2}\end{eqnarray*}$$

となり、結局 (112) は、

$$\langle f'\rangle ^{-1}S^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{1+(f')^2}} \frac{1}{\sqrt{Y(0)-f-r/\langle f'\rangle }} = \mbox{ 定数}$$ (113)

だけが残る。 ここで、 $Y(0)-f(x)=h(x)$ とすれば、

$$(1+(h')^2)\left(h-\frac{r}{\langle h'\rangle }\right)=c_0$$ (114)

と、(20) に対応した $h$ の 1 階変数分離形の方程式が得られることになる。 しかし、これを積分して $h$ を $x$ の式で表すのは容易ではない。

(114) を展開すれば、

$$h\langle h'\rangle ^2-r\langle h'\rangle -c_0=0$$

となるが、$h>0$, $c_0>0$, $r>0$, $\langle h'\rangle >0$ より、

$$\langle h'\rangle = \frac{r+\sqrt{r^2+4c_0h}}{2h}$$

となり、

$$(h')^2 = \left(\frac{r+\sqrt{r^2+4c_0h}}{2h}\right)^2-1 = \frac{2r^2+4c_0h-4h^2+2r\sqrt{r^2+4c_0h}}{4h^2}$$

となるので、

$$h' = \pm\frac{\sqrt{2r^2+4c_0h-4h^2+2r\sqrt{r^2+4c_0h}}}{2h}$$

が得られる。しかし、見てわかるように、 この方程式の求積は容易ではない。

なお、$Y(0)$ は (104) で与えられるので、

$$h(0)-\frac{r}{\langle h'(+0)\rangle } = Y(0) - f(0) - \frac{r}{\langle f'(0)\rangle } = 0$$

となるから、(114) を展開した

$$\langle h'\rangle h = r+\frac{c_0}{\langle h'\rangle }$$

で $x\rightarrow +0$ とすると $h'(+0)=\infty$ でなければいけないことがわかる。 つまり、この (114) の解による $f$ は $f'(+0)=-\infty$ と なり、やはり問題 1 の条件は満たさない。

すなわち、ころがりの問題を考えると、変分法で得られる関数は 問題 1 の条件に適する解にはならないので、 問題 1 を満たしながら (106) を最小にする解は 存在しない可能性もあるが、よくはわからない。 問題 1 の条件を満たすような解を存在させるためには、 例えば 11 節のように、 正の初速度を与える必要があるかもしれない。

また上では、斜面上の接点 $\mathrm{P}(t)$ $(x(t),y(t))$ の軌跡に 関する方程式を考えたが、 その解に対する重心 $\mathrm{Q}(t)$ $(X(t),Y(t))$ の軌跡をついでに 考えてみよう。

その軌跡が $Y(t)=\xi(X(t))$ で表されるとすると、 これを $t$ で微分すれば、

$$\dot{Y}(t) = \xi'(X(t))\dot{X}(t)$$

となるが、(97) より、

$$\xi'(X(t))=f'(x(t))$$ (115)

であることがわかる。また、(86) より

$$Y(t) = \xi(X(t)) = y(t) + \frac{r}{\sqrt{1+(f'(x(t)))^2}} = f(x(t)) + \frac{r}{\sqrt{1+(f'(x(t)))^2}}$$

なので、これらを (113) に代入すると

$$(1+(\xi')^2)(Y(0)-\xi)=c_0$$ (116)

となるので、よって $\gamma(x)=Y(0)-\xi(x)$ とすれば $\gamma$ は (20) と同じ方程式を満たし、 $\gamma$ はサイクロイド (の $c_0/2$ 倍) を 平行移動したものになることがわかる。

すなわち、ころがる場合のオイラー方程式の解は、 重心が逆さサイクロイドを平行移動した軌道を取り、 斜面はそこから距離 $r$ だけ下に離れた等距離曲線となる。 もちろん、問題 1 の条件を満たさない問題があるので、 これにより最速解が決定したとは言いづらいが、 問題 1、すなわち条件 (89) を 無視すればこれが解となる。

実は、重心の軌道がサイクロイドとなることは、 式 (105) からも示唆される。

なお、この等距離曲線、 すなわちサイクロイド $y=\alpha\mathrm{cyc}(x/\alpha)$ から $r$ だけ 上に離れた曲線を表す式 ($h$ の方) を 以下で求めてみる (図 14)。

図 14: サイクロイドの等距離曲線

このサイクロイド

$$\left\{\begin{array}{ll} y & = \alpha(1-\cos\theta)\\ x &... ...sin\theta)\end{array}\right.\hspace{1zw}(0\leq\theta\leq 2\pi)$$

の、パラメータ $\theta$ に対応する点での傾きは

$$\frac{dy}{dx}=\frac{\sin\theta}{1-\cos\theta}$$

なので、その法線方向は

$$(-\sin\theta,\ 1-\cos\theta) = 2\sin\frac{\theta}{2} \left(-\cos\frac{\theta}{2},\ \sin\frac{\theta}{2}\right)$$

となる。よって、サイクロイドから $r$ だけ上に離れた関数は、

$$\left\{\begin{array}{ll} x & = \displaystyle \alpha(\theta... ...heta}{2} \end{array}\right. \hspace{1zw}(0\leq\theta\leq 2\pi)$$ (117)

とパラメータ表示されることがわかる。 これを $y=u(x)$ と書くことにする。

この $u(x)$ が、実際に $h=u(x)$ として方程式 (114) を 満たすことを示そう。

$$u' = \frac{du/d\theta}{dx/d\theta} = \frac{\displaystyle \a... ...rac{r}{2}\right) \sin\frac{\theta}{2}}% =\cot\frac{\theta}{2}$$

より、

$$1+(u')^2 = 1+\cot^2\frac{\theta}{2} = \frac{1}{\displaystyle \sin^2\frac{\theta}{2}} = \frac{2}{1-\cos\theta}$$

となるので、

$$u-\frac{r}{\langle u'\rangle } = \alpha(1-\cos\theta)+r\sin\frac{\theta}{2}-r\sin\frac{\theta}{2} = \alpha(1-\cos\theta)$$

となり、よって

$$(1+(u')^2)\left(u-\frac{r}{\langle u'\rangle }\right) = 2\alpha$$

となるので、$\alpha=c_0/2$ の $\alpha$ に対して $u(x)$ は (114) を満たす解となる。 あとは境界条件を満たすよう適宜平行移動すれば、 問題 1 の条件を無視したものではあるが、 (106) を最小化する解が得られることになる。