最速降下線

到達時間 $T [y] = \int \frac{1 + y ^{'2}}{2 g y} d x$ の停留曲線がサイクロイド $x = a (θ - sin θ)$ , $y = a (1 - cos θ)$ であることを導き、終点の条件から $a$ と終点の $θ$ を決めて、最短の到達時間 $θ_{1} a / g$ を求められる

前提

ベルトラミの公式（第 1 積分）（大学院数学変分法・最適制御）
曲線の媒介変数表示（数学C 平面上の曲線）

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算数中学高校大学大学院

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定数係数 2 階線形（非斉次）（大学数学微分方程式）
オイラー・ラグランジュ方程式（大学院数学変分法・最適制御）
ベルトラミの公式（第 1 積分）（大学院数学変分法・最適制御）
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平行線と線分の比（中学数学相似と三平方の定理）
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楕円の方程式と焦点（数学C 平面上の曲線）
双曲線の方程式と焦点・漸近線（数学C 平面上の曲線）
曲線の媒介変数表示（数学C 平面上の曲線）

説明

原点で静止していた質点が、摩擦のない曲線に沿って重力だけで終点 $(x_{1}, y_{1})$ へ下りるとき、到達時間の汎関数 $T [y] = \int_{0}^{x_{1}} \frac{1 + y ^{'2}}{2 g y} d x$ （ $y$ 軸は鉛直下向き）の停留曲線がサイクロイド $x = a (θ - sin θ)$ , $y = a (1 - cos θ)$ であることを導き、その曲線に沿った到達時間 $θ_{1} a / g$ を計算できるようになります。このページで実際に導くのは「停留曲線」までです。終点を通る停留曲線はただ 1 つに決まり、それが本当に最短時間を与えることはより進んだ方法で示される既知の事実なので、問題文の「到達時間が最短になる曲線」はこのただ 1 つの停留曲線のこととして扱います。

なぜそうしてよいのか

まず汎関数の形の理由です。 $y$ 軸を下向きにとると、 $y$ だけ下がった所での速さはエネルギー保存から $v = 2 g y$ 。曲線の微小部分の長さは $d s = 1 + y^{'2} d x$ なので、かかる時間 $d t = \frac{d s}{v}$ を足し合わせて $T [y] = \int \frac{1 + y ^{'2}}{2 g y} d x$ となります。定数倍は停留曲線に影響しないので、以下 $L = \frac{1 + y ^{'2}}{y}$ （ $y > 0$ ）で考えます。

$L$ は $x$ を陽に含まないので、ベルトラミの公式が使えます。 $\frac{\partial L}{\partial y ^{'}} = \frac{y ^{'}}{y 1 + y ^{'2}}$ より $H := L - y^{'} \frac{\partial L}{\partial y ^{'}} = \frac{( 1 + y ^{'2} ) - y ^{'2}}{y 1 + y ^{'2}} = \frac{1}{y ( 1 + y ^{'2} )}$ で、 $H = C (> 0)$ から $y (1 + y^{'2})$ は一定です。この定数を $2 a$ （ $a > 0$ ）とおくと $y (1 + y^{'2}) = 2 a$ 。ただし注意が要ります。微分すると $\frac{d H}{d x} = y^{'} (\frac{\partial L}{\partial y} - \frac{d}{d x} \frac{\partial L}{\partial y ^{'}})$ なので、 $H = C$ から元のオイラー・ラグランジュ（E-L）方程式が出るのは $y^{'} \neq = 0$ の所だけです。 $y^{'} = 0$ となる点や部分では E-L 方程式そのものを確かめなければなりません。実際、定数関数 $y \equiv 2 a$ は $y (1 + y^{'2}) = 2 a$ を満たしますが、 $\frac{\partial L}{\partial y} = - \frac{1}{2 y ^{3/2}} \neq = 0$ , $\frac{\partial L}{\partial y ^{'}} = 0$ なので E-L 方程式を満たさず、停留曲線ではありません。E-L 方程式を直接計算すると $\frac{\partial L}{\partial y} - \frac{d}{d x} \frac{\partial L}{\partial y ^{'}} = - \frac{1 + y ^{'2} + 2 y y ^{''}}{2 y ^{3/2} ( 1 + y ^{'2} ) ^{3/2}}$ となるので、E-L 方程式は $2 y y^{''} + 1 + y^{'2} = 0$ と同値です。

次に $y (1 + y^{'2}) = 2 a$ を解きます。 $y = 2 a sin^{2} \frac{θ}{2} = a (1 - cos θ)$ と置き換えると $1 + y^{'2} = \frac{1}{s i n ^{2} ( θ /2 )}$ 、つまり $y^{'2} = cot^{2} \frac{θ}{2}$ です。 $y^{'} = cot \frac{θ}{2}$ をとると（符号を逆にとっても $θ \to - θ$ と置き直せば同じ曲線）、 $\frac{d x}{d θ} = \frac{d y / d θ}{y ^{'}} = \frac{a sin θ}{cot ( θ /2 )} = 2 a sin^{2} \frac{θ}{2} = a (1 - cos θ)$ となり、原点（ $θ = 0$ ）から出発する条件で $x = a (θ - sin θ)$ を得ます。 $0 < θ < 2 π$ で $\frac{d x}{d θ} > 0$ なので $x$ は $θ$ について狭義単調増加で、 $y$ は $x$ の関数として表せます。この式は $0 < θ < π$ （ $y^{'} > 0$ 、下る部分）でも $π < θ < 2 π$ （ $y^{'} < 0$ 、上る部分）でもそのまま使え、 $y^{'} = 0$ となるのは最下点 $θ = π$ だけです。この曲線が $θ = π$ も含めて E-L 方程式を満たすことは直接確かめられます: $y^{''} = \frac{d ( c o t ( θ /2 )) / d θ}{d x / d θ} = \frac{- \frac{1}{2 s i n ^{2} ( θ /2 )}}{2 a s i n ^{2} ( θ /2 )} = - \frac{1}{4 a s i n ^{4} ( θ /2 )}$ より $2 y y^{''} + 1 + y^{'2} = - \frac{4 a sin ^{2} ( θ /2 )}{4 a sin ^{4} ( θ /2 )} + \frac{1}{sin ^{2} ( θ /2 )} = 0 (0 < θ < 2 π) .$ 一方、途中で $y \equiv 2 a$ の水平部分をはさむような曲線はその部分で E-L 方程式を満たさないので、停留曲線は原点を出発するこのサイクロイド（半径 $a$ の円が転がるときに円周上の点が描く曲線）に限られます。

到達時間も $θ$ で計算できます。 $(\frac{d x}{d θ})^{2} + (\frac{d y}{d θ})^{2} = a^{2} {(1 - cos θ)^{2} + sin^{2} θ} = 4 a^{2} sin^{2} \frac{θ}{2}$ より $d s = 2 a sin \frac{θ}{2} d θ$ 、また $v = 2 g y = 2 g a sin \frac{θ}{2}$ なので $d t = \frac{d s}{v} = \frac{a}{g} d θ$ 。したがって終点の媒介変数を $θ_{1}$ とすると $T = θ_{1} a / g$ です（出発点 $y = 0$ で被積分関数は発散しますが、積分は収束します）。

手順

$y$ 軸を鉛直下向きにとり、出発点を原点、終点を $(x_{1}, y_{1})$ （ $x_{1} > 0$ , $y_{1} > 0$ ）として、到達時間を $T [y] = \int_{0}^{x_{1}} \frac{1 + y ^{'2}}{2 g y} d x$ と表す。
ベルトラミの公式から $y (1 + y^{'2}) = 2 a$ （ $a > 0$ は定数）を導く。 $y^{'} = 0$ の部分では E-L 方程式 $2 y y^{''} + 1 + y^{'2} = 0$ を別に確かめる（定数解 $y \equiv 2 a$ は除外される）。
$y = a (1 - cos θ)$ とおいて $x = a (θ - sin θ)$ を導く（停留曲線は原点を通るサイクロイドで、最下点 $θ = π$ も含めて E-L 方程式を満たす）。
終点の条件 $\frac{1 - c o s θ _{1}}{θ _{1} - s i n θ _{1}} = \frac{y _{1}}{x _{1}}$ から $θ_{1}$ を決め、 $a = \frac{y _{1}}{1 - c o s θ _{1}}$ を求める。 $θ = 2 π$ で $y = 0$ に戻って尖点（ $y^{'}$ が発散）になり、その先は「 $y > 0$ で滑らかな曲線」という条件に合わないので $0 < θ_{1} < 2 π$ に限る。この範囲で左辺は $+ \infty$ から $0$ まで狭義単調減少するので、 $θ_{1}$ はただ 1 つに決まる。
到達時間 $T = θ_{1} a / g$ を計算する（これがただ 1 つの停留曲線に沿った時間で、最短時間である）。

例題

鉛直下向きに $y$ 軸をとった平面で、原点に静止していた質点が、摩擦のない曲線に沿って重力（重力加速度 $g$ ）だけで点 $(π, 2)$ まで下りる。到達時間が最短になる曲線（到達時間の汎関数のただ 1 つの停留曲線）を選んだときの到達時間を、 $g$ を用いて求めよ。

例題の解答

【手順 1】到達時間は $T [y] = \int_{0}^{π} \frac{1 + y ^{'2}}{2 g y} d x$ 、境界条件は $y (0) = 0$ , $y (π) = 2$ 。

【手順 2】被積分関数は $x$ を陽に含まないので、ベルトラミの公式より $\frac{1}{2 g y ( 1 + y ^{'2} )} = C$ 、すなわち $y (1 + y^{'2}) = 2 a$ （ $a > 0$ は定数）。定数解 $y \equiv 2 a$ は E-L 方程式を満たさず、また $y (0) = 0$ にも合わないので除く。

【手順 3】 $y = a (1 - cos θ)$ とおくと、上の説明のとおり $x = a (θ - sin θ)$ 。停留曲線は原点を出発するサイクロイドである。

【手順 4】終点では $\frac{y}{x} = \frac{1 - c o s θ _{1}}{θ _{1} - s i n θ _{1}} = \frac{2}{π}$ （ $0 < θ_{1} < 2 π$ ）。 $f (θ) = \frac{1 - c o s θ}{θ - s i n θ}$ の単調性を確かめる。 $f^{'} (θ)$ の分子は $sin θ (θ - sin θ) - (1 - cos θ)^{2} = h (θ)$ , $h (θ) = θ sin θ + 2 cos θ - 2$ である。 $h (0) = 0$ , $h^{'} (θ) = θ cos θ - sin θ$ , $h^{'} (0) = 0$ , $(θ cos θ - sin θ)^{'} = - θ sin θ < 0$ $(0 < θ < π)$ より、 $0 < θ \leq π$ で $h^{'} < 0$ なので $h < 0$ 。 $π < θ < 2 π$ では $θ sin θ < 0$ , $2 cos θ - 2 \leq 0$ より $h < 0$ 。よって $f$ は狭義単調減少で、 $f (π) = \frac{2}{1 \cdot π} = \frac{2}{π}$ だから $θ_{1} = π$ がただ 1 つの解。このとき $y = a (1 - cos π) = 2 a = 2$ より $a = 1$ （ $x = 1 \cdot (π - sin π) = π$ も満たす）。停留曲線はこれ 1 つに決まる。

【手順 5】 $d t = a / g d θ$ を $0$ から $θ_{1}$ まで積分して $T = θ_{1} \frac{a}{g} = π \frac{1}{g} = \frac{π}{g} .$

答え: $\frac{π}{g}$

よくある誤り

$y$ 軸を上向きにとったまま $v = 2 g y$ を使ってしまう誤り。上向きなら下りた所で $y < 0$ となり根号の中が負になる。正しくは $y$ 軸を下向きにとる（上向きなら $v = - 2 g y$ とする）。
終点が最下点だと決めつけて $θ_{1} = π$ とおいてしまう誤り。例えば終点 $(1, 1)$ では $\frac{1 - c o s θ _{1}}{θ _{1} - s i n θ _{1}} = 1$ を解く必要があり、 $θ_{1} = π$ なら $\frac{2}{π} \neq = 1$ で合わない。正しくは比 $\frac{y _{1}}{x _{1}}$ から $θ_{1}$ を決め、その後 $a = \frac{y _{1}}{1 - c o s θ _{1}}$ を求める（ $\frac{y _{1}}{x _{1}} < \frac{2}{π}$ なら $θ_{1} > π$ で、曲線はいったん終点より下がってから上る）。
$y (1 + y^{'2}) = 2 a$ を満たすものはすべて停留曲線だと考え、定数関数 $y \equiv 2 a$ や水平部分をつないだ曲線も解に入れてしまう誤り。 $H = C$ から E-L 方程式が出るのは $y^{'} \neq = 0$ の所だけで、 $y \equiv 2 a$ では $2 y y^{''} + 1 + y^{'2} = 1 \neq = 0$ となり E-L 方程式を満たさない。正しくは $y^{'} = 0$ の点では E-L 方程式 $2 y y^{''} + 1 + y^{'2} = 0$ を直接確かめる。
ベルトラミの公式の定数を $y 1 + y^{'2} =$ 一定のように取り違える誤り（懸垂線の場合と混同）。正しくは $L - y^{'} L_{y^{'}} = \frac{1}{2 g y ( 1 + y ^{'2} )}$ なので、一定になるのは $y (1 + y^{'2})$ である。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
鉛直面内に、水平右向きに $x$ 軸、鉛直下向きに $y$ 軸をとり、重力加速度の大きさを $g > 0$ とする。原点 $O (0, 0)$ と点 $B (π - 2, 2)$ を結ぶなめらかな曲線 $y = y (x)$ （ $y (0) = 0$ , $y (π - 2) = 2$ , $0 < x \leq π - 2$ で $y (x) > 0$ ）に沿って、質点を $O$ から初速度 $0$ で静かに放す。摩擦と空気抵抗は無視でき、 $B$ に到達するまでの時間は
$T [y] = \int_{0}^{π - 2} \frac{1 + y ^{'} ( x ) ^{2}}{2 g y ( x )} d x$
で与えられる。 $T [y]$ の停留曲線に沿ったときの到達時間（最短の到達時間）を、 $g$ を用いて表せ。

最速降下線

前提

説明

なぜそうしてよいのか

手順

例題

よくある誤り

入口の問題

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