4 II の解と楕円関数

本節では II の場合の方程式 (12) を考える。 (12) は書きかえると、

$$(\theta')^2 = 4\omega_0^2\left(\sin^2\frac{\theta_0}{2}-\sin^2\frac{\theta}{2}\right)$$

となり、 $\alpha=\sin(\theta_0/2)$ とすると $0<\theta_0<\pi$ より $0<\alpha<1$ となり、 $\theta$ の動く範囲は $-\theta_0\leq\theta\leq\theta_0$ だったので、

$$\xi = \frac{1}{\alpha}\sin\frac{\theta}{2} = \frac{\sin(\theta/2)}{\sin(\theta_0/2)}$$ (14)

とすると $\theta$ と $\xi$ は 1 対 1 に対応し、 $-1\leq\xi\leq 1$ で、

	$$(\xi')^2$$	$=$	$$\frac{1}{4\alpha^2}(\theta')^2\cos^2\frac{\theta}{2} \ =\ \frac{... ...2}{\alpha^2}\cos^2\frac{\theta}{2} \left(\alpha^2-\sin^2\frac{\theta}{2}\right)$$
		$=$	$$\frac{\omega_0^2}{\alpha^2}(1-\alpha^2\xi^2)(\alpha^2-\alpha^2\xi^2) \ =\ \omega_0^2(1-\alpha^2\xi^2)(1-\xi^2)$$	(15)

となる。

まず、(15) の $\omega_0=1$ に対する方程式

$$(z')^2 = (1-z^2)(1-\alpha^2z^2)\hspace{1zw}(z=z(t))$$ (16)

の解を考える。これは、変数分離形で、よってその解は、

$$E_1(z,\alpha) = \int_0^z \frac{ds}{\sqrt{(1-s^2)(1-\alpha^2s^2)}}$$ (17)

により表されることになる。 この $E_1(z,\alpha)$ は第 1 種楕円積分と呼ばれ、 この逆関数が通常楕円関数と呼ばれる。 その状況を少し詳しく考える。

$0<\alpha<1$ では (17) は $z=\pm 1$ でも収束するので、 $E_1(z,\alpha)$ は $-1\leq z\leq 1$ で定義された関数となる。 その $z=1$ での値

$$E_1(1,\alpha)=K_1(\alpha) =\int_0^1 \frac{ds}{\sqrt{(1-s^2)(1-\alpha^2s^2)}}$$ (18)

は第 1 種完全楕円積分と呼ばれる。

命題 1

1. $E_1(z,\alpha)$ は $-1\leq z\leq$ で単調増加な奇関数で、 値域は $[-K_1(\alpha),K_1(\alpha)]$
2. $E_1(z,\alpha)$ の変曲点は $z=0$ のみで、$0<z<1$ では下に凸。
3. $E_1(z,+0)=\arcsin z$, $K_1(+0) = \pi/2$, $(E_1)_z(1-0,\alpha)=\infty$

証明

1. は容易。

2. は、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\left(\{(1-z^2)(1-\alpha^2z^2)\}^{-1/2}\right)'} \\ &... ...=& \{(1-z^2)(1-\alpha^2z^2)\}^{-3/2}z(1+\alpha^2-2\alpha^2z^2) \end{eqnarray*}$$

と、$0<\alpha<1$ より $(1+\alpha^2)/(2\alpha^2)>1$ から得られる。

3. は、Lebesgue 単調収束定理から容易に示される。

この命題 1 より、$E_1(z,\alpha)$ のグラフは $\arcsin z$ のグラフと同様の形となることがわかる。 そして、この $E_1(z,\alpha)$ の逆関数

$$E_1(z,\alpha)=u\Leftrightarrow z=G(u,\alpha)$$ (19)

を通常 $z=\mathrm{sn}(u,\alpha)$ と書く。 これが楕円関数の一つである。

しかし、この $G(u,\alpha)$ は、 今のところ定義域が $[-K_1(\alpha),K_1(\alpha)]$、 値域が $[-1,1]$ の単調増加な連続関数であるが、 それに対し楕円関数 $\mathrm{sn}(u,\alpha)$ は、 本来この $G(u,\alpha)$ の定義域を後で述べるように 実数全体に拡張した周期関数を指す。 本稿では、拡張前の逆関数と、それを拡張した楕円関数を区別して書くこととし、 $\mathrm{sn}$ の記号はあえて用いないこととする。

補題 2

1. $f(x)$ が $(a-\delta,a+\delta)$ $(\delta>0)$ で連続で、 $x=a$ 以外では微分可能であり、 $f'(a+0)=f'(a-0)=A$ (有限値) のとき、 $f(x)$ は $x=a$ でも微分可能で $f'(a)=A$ となる。
2. $f(x)$ が $[-a,a]$ $(a>0)$ 上の奇関数であるとき、
   $$\begin{array}{l} \bar{f}(x) = \left\{\begin{array}{ll} f(x) & ... ....5zh] \bar{f}(x+4a) = \bar{f}(x) \hspace{1zw}(-\infty <x<\infty) \end{array}$$ (20)
   のように実数全体で定義される周期関数に拡張した $\bar{f}(x)$ も 奇関数であり、もし $f(x)$ が $(-a,a)$ で $C^2$ 級で、 かつ $f'(a-0)=0$, $f''(a-0)=B$ (有限値) であれば $\bar{f}$ も $C^2$ 級となる。
3. $f(x)$ が $[-a,a]$ $(a>0)$ 上の奇関数であるとき、 任意の整数 $m$ に対し、
   $$\hat{f}(x) = f(x-2ma) + 2mf(a) \hspace{1zw}((2m-1)a\leq x\leq (2m+1)a)$$ (21)
   として実数全体で定義される関数に拡張した $\hat{f}(x)$ も奇関数であり、 もし $f(x)$ が $(-a,a)$ で $C^2$ 級で、 かつ $f'(a-0)=B$ (有限値), $f''(a-0)=0$ であれば $\hat{f}$ も $C^2$ 級となる。

証明

1. 平均値の定理より、 $-\delta<h<\delta$, $h\neq 0$ なる各 $h$ に対し

$$\frac{f(a+h)-f(a)}{h} = f'(a+hb_h)$$

で $0<b_h<1$ となる $b_h$ が取れ、 よってこの式は $h\rightarrow \pm 0$ のときいずれも $A$ に収束する。

2. まず $\bar{f}$ が奇関数であることを示す。 $(4m+1)a\leq x\leq (4m+3)a$ のときは、 $a\leq x-4ma\leq 3a$ なので、

$$\bar{f}(x) = \bar{f}(x-4ma) = -f(x-4ma-2a)$$

であり、一方 $-x$ は $a\leq -x+(4m+4)a\leq 3a$ で、 $f$ は奇関数なので、

$$\bar{f}(-x) = \bar{f}(-x+(4m+4)a) = - f(-x+(4m+2)a) = f(x-(4m+2)a)$$

より $\bar{f}(-x)=-\bar{f}(x)$ となる。

$(4m+3)a\leq x\leq (4m+5)a$ のときは、 $-a\leq x-(4m+4)a\leq a$ より、

$$\bar{f}(x) = f(x-(4m+4)a)$$

であり、$-x$ は $-a\leq -x+(4m+4a)\leq a$ より

$$\bar{f}(-x) = f(-x+(4m+4)a) = - f(x-(4m+4)a)$$

よりやはり $\bar{f}(-x)=-\bar{f}(x)$ となる。

次は $C^2$ 級についてであるが、$\bar{f}$ は奇関数で周期 $4a$ なので、 導関数の連続性については $x=a$ のところだけを考えればよい。

$[-a,a]$ では $\bar{f}'(x)=f'(x)$、 $[a,3a]$ では $\bar{f}'(x)=-f'(x-2a)$ で、 $f'(x)$ は偶関数なので、

$$\bar{f}'(a-0)=f'(a-0)=0, \hspace{1zw}\bar{f}'(a+0)=-f'(-a+0)=-f'(a-0) = 0$$

となり、1. より $\bar{f}'(a)$ も 0 となり、 よって $\bar{f}$ は $C^1$ 級となる。

$[-a,a]$ では $\bar{f}''(x)=f''(x)$、 $[a,3a]$ では $\bar{f}''(x)=-f''(x-2a)$ で、 $f''(x)$ は奇関数なので、

$$\bar{f}''(a-0)=f''(a-0)=B, \hspace{1zw}\bar{f}''(a+0)=-f''(-a+0)=f''(a-0)=B$$

となり、1. より $\bar{f}''(a)$ も $B$ となり、よって $C^2$ 級となる。

3. 連続性は容易。奇関数であることは、 $(2m-1)a\leq x\leq (2m+1)a$ の ときは、 $(-2m-1)a\leq -x\leq (-2m+1)a$ より

$$\hat{f}(-x) = f(-x+2ma) - 2mf(a) = -f(x-2ma)-2mf(a) =-\hat{f}(x)$$

となることからわかる。$C^2$ 級であることも $x=a$ のところだけを 考えればよい。 $a\leq x\leq 3a$ では $\hat{f}(x)=f(x-2a)+2f(a)$ より $\hat{f}'(x)=f'(x-2a)$,
$\hat{f}''(x)=f''(x-2a)$ となる。 よって、$f'(x)$ が偶関数、$f''(x)$ が奇関数であることにより、

$$\begin{eqnarray*}\hat{f}'(a+0) &=& f'(-a+0) = f'(a-0) = B = \hat{f}'(a-0), ... ...hat{f}''(a+0) &=& f''(-a+0) = -f''(a-0) = 0 = \hat{f}''(a-0) \end{eqnarray*}$$

より、1. により $\hat{f}'(a)=B$, $\hat{f}''(a)=0$ となり $C^2$ 級 となる。

$E_1(z,\alpha)$ の逆関数 $G(u,\alpha)$ は、 $u$ に関して単調増加な奇関数で、 命題 1 の 3. により $G_u(K_1(\alpha)-0,\alpha)= G_u(-K_1(\alpha)+0,\alpha)=0$ となる。 これは $\sin u$ の $-\pi/2\leq u\leq \pi/2$ でのグラフに似た形となる。

そして、この $G(u,\alpha)$ を、補題 2 の 2. により 周期関数に拡張した $\bar{G}(u,\alpha)$ が、 いわゆる楕円関数 $\mathrm{sn}(u,\alpha)$ である。 よって、 $\bar{G}(u,\alpha)$ が $C^2$ 級であることを示すには、 あとは $G_{uu}(K_1(\alpha)-0,\alpha)$ が有限な値であることを示せばよい。

$$E_1(G(u,\alpha))=u$$

より、$u$ で微分すると

$$(E_1)_z(G(u,\alpha),\alpha)G_u(u,\alpha) = 1$$

だから

$$G_u(u,\alpha) = \frac{1}{(E_1)_z(G(u,\alpha),\alpha)} = \sqrt{(1-G^2)(1-\alpha^2G^2)}$$ (22)

となる。よって、

$$G_{uu}(u,\alpha) = \frac{(-2G-2\alpha^2G+4\alpha^2G^3)G_u}{2\sqrt{(1-G^2)(1-\alpha^2G^2)}} = -(1+\alpha^2)G+2\alpha^2G^3$$ (23)

となるから、

$$G_{uu}(K_1(\alpha)-0,\alpha) = -(1+\alpha)^2+2\alpha^2 = \alpha^2-1$$

となり、よって補題 2 の 2. により $G(u,\alpha)$ は $C^2$ 級であることがわかる。 実際は、さらに上の階数の導関数も連続で、解析的につながることが 知られている。

さて、II の (15) の解に戻る。 特異解 $\xi(t)=\pm 1$ 以外の解は、

$$\xi' = \pm\omega_0\sqrt{(1-\xi^2)(1-\alpha^2\xi^2)}$$

を変数分離して、

$$E_1(\xi,\alpha)=\pm(\omega_0 t + c_2)$$

となり、よって局所的、 すなわち $-K_1(\alpha)\leq\omega_0t + c_2\leq K_1(\alpha)$ である $t$ に対しては、

$$\xi(t) = \pm G(\omega_0 t+c_2,\alpha)$$

として解が求まることになる。 すなわち、 $G(\omega_0 t,\alpha)$, $-G(\omega_0 t,\alpha)$ と それらの平行移動が局所的な解となる。 そしてその「最大延長解」は、$G$, $-G$ とその平行移動から 構成される $C^2$ 級関数 $\bar{G}$ で表現されることになり、 また $-\bar{G}(u,\alpha)=\bar{G}(u-2K_1(\alpha),\alpha)$ より $-\bar{G}$ も $\bar{G}$ の平行移動として表されるから、 よって (15) の実数全体で定義される一般解は、

$$\xi(t) = \bar{G}(\omega_0 t + c_2,\alpha)$$ (24)

と表されることがわかった。よって、(14) より $\theta$ は、

$$\theta(t) = 2\arcsin(\alpha\bar{G}(\omega_0 t + c_2,\alpha))$$ (25)

となる。(14) より $\xi=\pm 1$ は解とはならないので、 これが (12) の一般解となる。 $0<\alpha<1$ ではこれは滑らか (少なくとも $C^2$ 級) で、周期

$$P_{II} = \frac{4}{\omega_0}K_1(\alpha) = 4K\left(\sin\frac{\theta_0}{2}\right)\sqrt{\frac{\ell}{g}}$$ (26)

を持つ周期関数で、振幅は

$$\vert\theta(t)\vert\leq 2\arcsin(\alpha) = \theta_0$$

となる。振幅 $\theta_0$ が $\theta_0\doteqdot 0$ ならば、 周期 (26) は (8) の $P_\ell$ に近いが ($K_1(+0) = \pi/2$)、 そうでなければ周期は $\ell$ だけでなく振幅 $\theta_0$ にも 依存する振動となる。

特に、 $\theta_0\rightarrow\pi-0$ のときは、 $\alpha\rightarrow 1-0$ より、 $K_1(\alpha)\rightarrow K_1(1-0) = \infty$ となることが Lebesgue 単調収束定理より示される。 それは、次節の III の $c_1=2\omega_0^2$ の場合に対応する。

なお、$\theta_0$ に対する解の周期と、 $\theta_0=0$ に対する解の周期の比

$$R(\theta_0) = \frac{K_1(\sin(\theta_0/2))}{K_1(0)} = \frac{2}{\pi}K_1\left(\sin\frac{\theta_0}{2}\right)$$

は、 以下のようになる。

$\theta_0$	$30^\circ$	$45^\circ$	$60^\circ$	$90^\circ$	$120^\circ$	$135^\circ$	$150^\circ$
$R(\theta_0)$	1.017	1.040	1.073	1.180	1.373	1.528	1.762

$R(\theta_0)$ は $\theta_0$ が $180^\circ$ では無限になるが、 2 を越えるのは $160^\circ$、 3 を越えるのは $176^\circ$、 4 を越えるのは $179.2^\circ$ なので、 $180^\circ$ にかなり近づかないとそれほど大きな値になるわけではない。

なお、最近の gnuplot には完全楕円関数が実装されていて、 上の値はそれで計算したものである。