3 パラメータ変換による変形

本節では (1) の式を変形して、 それが 2 節で紹介した 内サイクロイドになるかどうかを考えてみる。

今、

$$\mu = \arctan\sqrt{\frac{R^2-Y^2}{k_2^2Y^2-R^2}}, \hspace{1zw}\nu = \arctan k_2\sqrt{\frac{R^2-Y^2}{k_2^2Y^2-R^2}}$$ (10)

とすると、(3) より

$$H(Y) = \mu-\frac{\nu}{k_2}$$ (11)

となる。(10) より

$$\tan\mu = \sqrt{\frac{R^2-Y^2}{k_2^2Y^2-R^2}}, \hspace{1zw}\tan\nu = k_2 \sqrt{\frac{R^2-Y^2}{k_2^2Y^2-R^2}}$$

であるから、

$$\begin{eqnarray*} \cos^2\mu &=& \frac{1}{1+\tan^2\mu} =\ \frac{1}{1+(R^2... ...^2Y^2)/(k_2^2Y^2-R^2)} =\ \frac{k_2^2Y^2-R^2}{(k_2^2-1)R^2} \end{eqnarray*}$$

となるので、

$$\left(\frac{\cos\mu}{\cos\nu}\right)^2 =\left(\frac{R}{Y}\right)^2$$

となることがわかる。 (10) より $0\leq\mu<\pi/2$, $0\leq\nu<\pi/2$ なので、 よって

$$Y\cos\mu = R\cos\nu$$ (12)

が得られる。同様にして、

$$\sin^2\mu = 1-\cos^2\mu = \frac{R^2-Y^2}{(k_2^2-1)Y^2}, \hsp... ...w} \sin^2\nu = 1-\cos^2\nu = \frac{k_2^2R^2-Y^2}{(k_2^2-1)R^2}$$

より

$$Y\sin\mu = \frac{R}{k_2}\sin\nu$$ (13)

が得られる。 さて、(12), (13) と (1), (11) により、

$$\begin{eqnarray*} x &=& Y\cos H =\ Y\cos\left(\mu-\frac{\nu}{k_2}\right... ...1}{k_2}\right)\nu - \cos\left(1+\frac{1}{k_2}\right)\nu\right\} \end{eqnarray*}$$

となり、結局

$$x = \frac{R}{2}\left(1+\frac{1}{k_2}\right)\cos\left(1-\fr... ...\left(1-\frac{1}{k_2}\right)\cos\left(1+\frac{1}{k_2}\right)\nu$$ (14)

が得られる。同様に $y$ は、

$$\begin{eqnarray*} y &=& Y\sin H =\ Y\sin\left(\mu-\frac{\nu}{k_2}\right... ...1}{k_2}\right)\nu - \sin\left(1-\frac{1}{k_2}\right)\nu\right\} \end{eqnarray*}$$

より、

$$y = \frac{R}{2}\left(1+\frac{1}{k_2}\right)\sin\left(1-\fr... ...\left(1-\frac{1}{k_2}\right)\sin\left(1+\frac{1}{k_2}\right)\nu$$ (15)

と変形できる。

$R/k_2\leq Y\leq R$ に対して

$$0\leq\sqrt{\frac{R^2-Y^2}{k_2^2Y^2-R^2}}\leq \infty$$

であり、よって $0\leq\nu\leq\pi/2$ であるから、

$$\tau = \left(1-\frac{1}{k_2}\right)\nu$$ (16)

とすると、その範囲は

$$0\leq \tau\leq \left(1-\frac{1}{k_2}\right)\frac{\pi}{2} =\l... ...1-\frac{\pi-\phi_0}{\pi}\right)\frac{\pi}{2} =\frac{\phi_0}{2}$$

となる。また、

$$\lambda=\frac{\phi_0}{2\pi}$$ (17)

とすると、$0<\phi_0<\pi$ より $0<\lambda<1/2$ で、

$$\begin{eqnarray*} \frac{1}{k_2} &=& \frac{\pi-\phi_0}{\pi} =\ 1-\frac... ...{1}{k_2}\right) &=& \frac{1}{2}(1-1+2\lambda) =\ \lambda \end{eqnarray*}$$

となるので、これらにより (14), (15) は

$$\left\{\begin{array}{ll} x &= \displaystyle R(1-\lambda)\... ...u - R\lambda\sin\frac{1-\lambda}{\lambda}\tau\end{array}\right.$$

と書け、これは確かに (9) に一致する。

なお、これは (1) の $0\leq\tau\leq \phi_0/2 = \lambda\pi$ の 部分であるが、もう半分の $\lambda\pi\leq\tau\leq 2\lambda\pi$ の方は、 (2) により、ここまでと全く同様にして得られる。

以上により、 均質な場合の地中最速降下線 (1), (2), (3) が、 確かに内サイクロイドに等しいことが確かめられたことになる。

そして、その小円の半径と大円の半径の比である $\lambda$ は、 (17) より出発点と終点とが作る中心角 $\phi_0$ と、 $2\pi$ との比に等しいこともわかったことになる。 これは実際に 2 点が与えられたときに 内サイクロイドを用いて具体的な解を求めるのに役に立つだろう。