4 逆関数

次は、解の逆関数に関係する関数 (9) を少し簡単に見てみることにする。

まず、地球が均質である (2) の場合を考えると、

$\begin{displaymath} G(r) = \int_0^r g(u)du = \frac{r^2}{2R}g_0, \hspace{1zw}G_1(r) = G(R)-G(r) = \frac{g_0}{2R}(R^2-r^2) \end{displaymath}$

であるから、この場合 (9) は

$\begin{displaymath} H(y) = \int_y^R \sqrt{\frac{G_1(f)}{k_1^2f^2-G_1(f)}} \fra... ... = \int_{y^2/R^2}^1 \sqrt{\frac{1-u}{k_2^2u-1}} \frac{du}{2u} \end{displaymath}$

となる。ここで、

(

), $f=R\sqrt{u}$ とした。

この最後の式からわかるが、とすればはこの場合に対して値を持ち、に関して単調減少で、

$\begin{displaymath} H(R)=0, \hspace{1zw} H(r_1+0) <\infty \end{displaymath}$

となる。この

は実際に積分できて、

$\begin{displaymath} \sqrt{\frac{1-u}{k_2^2u-1}} = s \end{displaymath}$

とすると

$\begin{displaymath} \frac{1-u}{k_2^2u-1} = s^2, \hspace{1zw} 1-u = k_2^2s^2u-s^2, \hspace{1zw} u=\frac{1+s^2}{1+k_2^2s^2} \end{displaymath}$

で、よって

$\begin{eqnarray*}du &=& \frac{2s(1+k_2^2s^2)-2k_2^2s(1+s^2)}{(1+k_2^2s^2)^2} ds =\ - \frac{2(k_2^2-1)s}{(1+k_2^2s^2)^2} ds\end{eqnarray*}$

なので、

$\displaystyle H(y)$	$\textstyle =$	$\displaystyle \int_0^{\sqrt{(R^2-y^2)/(k_2^2y^2-R^2)}} s\cdot \frac{2(k_2^2-1)s}{(1+k_2^2s^2)^2} \times\frac{1+k_2^2s^2}{2(1+s^2)} ds$
	$\textstyle =$	$\displaystyle \int_0^{\sqrt{(R^2-y^2)/(k_2^2y^2-R^2)}} \frac{(k_2^2-1)s^2}{(1+k_2^2s^2)(1+s^2)} ds$
	$\textstyle =$	$\displaystyle \int_0^{\sqrt{(R^2-y^2)/(k_2^2y^2-R^2)}} \left(\frac{1}{1+s^2}-\frac{1}{1+k_2^2s^2}\right)ds$
	$\textstyle =$	$\displaystyle \left[\arctan s-\frac{1}{k_2}\arctan k_2 s \right]_0^{\sqrt{(R^2-y^2)/(k_2^2y^2-R^2)}}$
	$\textstyle =$	$\displaystyle \arctan\sqrt{\frac{R^2-y^2}{k_2^2y^2-R^2}} -\frac{1}{k_2}\arctan k_2\sqrt{\frac{R^2-y^2}{k_2^2y^2-R^2}}$	(10)

となる。よって、

$\begin{displaymath} H(r_1+0) = H\left(\frac{R}{k_1}+0\right) = \lim_{s\righ... ...tan k_2 s\right\}} = \frac{\pi}{2}\left(1-\frac{1}{k_2}\right)\end{displaymath}$ (11)