6 アーベルの問題

(2017 年 3 月 22 日追加)

ここまで考察してきた「等時降下曲線」の問題を発展させた 「アーベルの問題」というものがあることを知ったので ([2] 13.4 節)、それもついでに紹介する。 これは、2 節の設定に対し、

「$0<y<H$ で正の値を取る関数 $\xi(y)$ を与えたときに、 OA の経路の中の、高さ y の地点から O までに滑り落ちる時間が $\xi(y)$ に等しくなるような曲線 $y=f(x)$ を求めよ」

という問題のことであるらしい。 等時降下曲線は、$\xi(y)=定数$ の場合であるから アーベルの問題に含まれることになる。

この問題は、(4) より、

$$\xi(y) = \frac{1}{\sqrt{2g}}\int_0^y \sqrt{\frac{1+(p'(z))^2}{y-z}}\,dz$$ (12)

となるような $x=p(y)$ ($y=f(x)$ の逆関数) を求めることになる。 そして、(6) から (8) までと同等の 計算により、

$$\int_0^t G(y) dy = \frac{\sqrt{2g}}{\pi} \int_0^t \frac{\xi(y)}{\sqrt{t-y}}\,dy$$

から、

$$G(y) = \sqrt{1+(p'(y))^2} = \frac{\sqrt{2g}}{\pi}\,\frac{d}{dy}\int_0^y \frac{\xi(h)}{\sqrt{y-h}}\,dh$$ (13)

となるので、この $G(y)$ が求まれば

$$p'(y) = \sqrt{G(y)^2-1}$$

より

$$p(y) = \int_0^y\sqrt{G(y)^2-1}\,dy$$ (14)

と $p(y)$ が求まることになる。なお、(13) より

$$G(y) \geq 1$$ (15)

である必要があるので、$\xi(y)$ はなんでもよいわけではない。

いくつか具体例を紹介する。 まず、等時の問題 $\xi(y) = c_1$ の場合には、

$$G(y) = \frac{\sqrt{2g}}{\pi}\left(\int_0^y\frac{c_1dh}{\sqr... ...\sqrt{2g}}{\pi}(2\sqrt{y})' = \frac{c_1\sqrt{2g}}{\pi\sqrt{y}}$$

なので、

$$p(y) = \int_0^y\sqrt{\frac{2gc_1^2}{\pi^2y}-1}\,dy$$

となり、(9) と同じ形になって確かにサイクロイドになる。

また、 $\xi(y) = c_1\sqrt{y}$ の場合は、

$$\begin{eqnarray*}G(y) &=& \frac{\sqrt{2g}}{\pi}\left(\int_0^y\frac{c_1\sqrt{h... ...left(\frac{3}{2},\frac{1}{2}\right) \ =\ c_1\sqrt{\frac{g}{2}}\end{eqnarray*}$$

となるので、 $c_1\geq \sqrt{2/g}$ のときに $p(y)=(gc_1^2/2-1)y$ となる。 $p(H)=L$ を課すことにすれば、$p(y)=Ly/H$ となり、$c_1$ も

$$c_1 = \sqrt{\frac{2}{g}\left(1+\frac{L}{H}\right)}$$

のように $H$, $L$ によって一意に決定する。 すなわち $p(H)=L$ を課すと、$\xi(y)$ の定数 $c_1$ も それによって決まってしまい、アーベルの問題が解けるための $\xi(y)$ の自由度は高くないことがわかる。

一方、$\xi(y)=c_1y$ の場合は、

$$\int_0^y\frac{h\,dh}{\sqrt{y-h}} = y^{3/2}\int_0^1\frac{tdt}... ...-t}} = B\left(2,\frac{1}{2}\right)y^{3/2} = \frac{4}{3}y^{3/2}$$

より $Q(y) = 2c_1\sqrt{y}$ となるので、$y=0$ の近くでは条件 (15) を満たすことができない。 よって、この場合は $y=0$ の近くまで含めた解は存在しないことになる。

一般に $\xi(y)=c_1y^p$ ($p>0$) の場合は、$p>1/2$ だと $y=0$ の近くでは条件 (15) を満たさず、 $0\leq p\leq 1/2$ の場合に

$$Q(y) = c_2y^{p-1/2} \hspace{1zw}\left(c_2 = c_1\left(p+\frac{1}{2}\right)B\left(p+1,\frac{1}{2}\right) \right)$$

となり、よって $c_2\geq H^{1/2-p}$ のときに

$$p(y) = \int_0^y\sqrt{c_2^2h^{2p-1}-1}\,dh$$

により $p(y)$ が求まることになる。$p(H)=L$ を課せば、 $c_2$ はやはり $H$, $L$ により一意に決まることになるだろう。

なお、$\xi(y)$ は必ずしも単調でなくてもよい。例えば、 $\xi(y) = c_1 \sqrt{y}(2H-y)$ とするとこれは単調ではなく $y=2H/3$ で極大を持つ関数で、そして、

$$\int_0^y \frac{\sqrt{h}(2H-h)dh}{\sqrt{y-h}} =\int_0^1 \frac... ...},\frac{1}{2}\right) -y^2B\left(\frac{5}{2},\frac{1}{2}\right)$$

となるが、

$$B\left(\frac{3}{2},\frac{1}{2}\right) =\frac{\Gamma(3/2)\Gam... ...t) =\frac{\Gamma(5/2)\Gamma(1/2)}{\Gamma(3)} = \frac{3\pi}{8}$$

なので、よって

$$Q(y) = c_1\sqrt{2g}\left(Hy-\frac{3}{8}\,y^2\right)' = c_1\sqrt{2g}\left(H-\frac{3y}{4}\right)$$

となる。$0<y<H$ では

$$Q(y)\geq Q(H) = \frac{c_1\sqrt{2g}}{4}\,H$$

なので、この場合条件 (15) は $c_1\geq 4/(\sqrt{2g}H)$ となり、この条件のもと

$$p(y) = \int_0^y \sqrt{2gc_1^2(H-3h/4)^2-1}\,dh$$

で求まることになる。この積分は、

$$\int\sqrt{x^2-1}\,dx = \frac{1}{2}\,x\sqrt{x^2-1}+\log\vert x+\sqrt{x^2-1}\vert+C$$

を使えば計算できなくはないが、煩雑になるので省略する。