上: 最速降下曲線
前: 等時性の証明
サイクロイドを
\[
x=A(t-\sin t),\quad y=f=A(1-\cos t)
\]
とする． $ f $ は $ x $ の関数でもあり， $ x=0 $ のとき $ f=0 $ ， $ x=a $ のとき $ f=h $ であった．
また $ \dfrac{df}{dx} $ を $ f' $ と表す．
次に任意の曲線を
\[
x=p(t),\quad y=g=q(t)
\]
とする． $ g $ は $ x $ の関数でもあり， $ x=0 $ のとき $ g=0 $ ， $ x=a $ のとき $ g=h $ であった．
また $ \dfrac{dg}{dx} $ を $ g' $ と表す．
そうすると，それぞれこの曲線上を重力のみが働いて降下するとき，
かかる時間はそれぞれ
\[
\int_0^a\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{2Gf}}\,dx,\quad
\int_0^a\sqrt{\dfrac{1+{g'}^2}{2Gg}}\,dx
\]
であった．ただし，関数 $ g $ と区別するため重力定数を $ G $ と大文字にしている．
したがって，示すべきは任意の曲線に対して，
\[
\int_0^a\sqrt{\dfrac{1+{g'}^2}{g}}\,dx\geqq
\int_0^a\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}\,dx
\]
が成り立ち，等号が $ g=f $ のときにかぎって成立することである．
ここでコーシー・シュワルツの不等式から
\[
\sqrt{1+{f'}^2}\sqrt{1+{g'}^2}\geqq 1+f'g'
\]
が成り立つ．実際， $ 1+f'g'< 0 $ なら成立するので， $ 1+f'g'\geqq 0 $ とし両辺2乗して引く．
\[
(1+{f'}^2)(1+{g'}^2)−(1+f'g')^2=(f'-g')^2
\]
となり，不等式の成立と，等号の成立条件が $ 0< x< a $ で恒等的に $ g=f $ となることであることがわかる．
これによって，
\[
\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}\cdot\sqrt{\dfrac{1+{g'}^2}{g}}\geqq \dfrac{1+f'g'}{\sqrt{fg}}
\]
つまり
\[
\sqrt{\dfrac{1+{g'}^2}{g}}\geqq \dfrac{1+f'g'}{\sqrt{g(1+{f'}^2)}}
\]
である．
\[
\sqrt{\dfrac{1+{g'}^2}{g}}\geqq \sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}+\dfrac{1+f'g'}{\sqrt{g(1+{f'}^2)}}-\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}
\]
とおき，
\[
F=\dfrac{1+f'g'}{\sqrt{g(1+{f'}^2)}}-\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}
\]
を考える．ここで
\[
f'=\dfrac{dy}{dt}\cdot\dfrac{dt}{dx}=\dfrac{\sin t}{1-\cos t}=\dfrac{\cos\dfrac{t}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}
,\
1+{f'}^2=
\dfrac{2}{1-\cos t}=\dfrac{1}{\sin^2\dfrac{t}{2}}
\]
であり，
\[
\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}
=\sqrt{\dfrac{2}{A}}\cdot \dfrac{1}{1-\cos t}
=\sqrt{\dfrac{1}{2A}}\cdot \dfrac{1}{\sin^2\dfrac{t}{2}}
,\ \sqrt{f}=\sqrt{2A}\sin\dfrac{t}{2}
\]
なので，
\begin{eqnarray*}
F
&=&\dfrac{1}{\sqrt{1+{f'}^2}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{g}}+\dfrac{g'}{\sqrt{g}}f' \right)-\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}\\
&=&\sin\dfrac{t}{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{g}}+\dfrac{g'}{\sqrt{g}}\dfrac{\cos\dfrac{t}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}} \right)-\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}\\
&=&\dfrac{1}{\sqrt{g}}\sin\dfrac{t}{2}+2(\sqrt{g})'\cos\dfrac{t}{2}-\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}\\
&=&\dfrac{1}{\sqrt{g}}\sin\dfrac{t}{2}+2(\sqrt{g}-\sqrt{f})'\cos\dfrac{t}{2}
+2\sqrt{f}'\cos\dfrac{t}{2}-\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}
\end{eqnarray*}
ところが，
\begin{eqnarray*}
&& 2\sqrt{f}'\cos\dfrac{t}{2}-\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}=
\dfrac{f'}{\sqrt{f}}\cos\dfrac{t}{2}-\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}\\
&=&\dfrac{\cos^2\dfrac{t}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{2A}\sin\dfrac{t}{2}}
-\sqrt{\dfrac{1}{2A}}\cdot \dfrac{1}{\sin^2\dfrac{t}{2}}
=-\dfrac{1}{\sqrt{2A}}
\end{eqnarray*}
なので，
\[
F=\dfrac{1}{\sqrt{g}}\sin\dfrac{t}{2}+2(\sqrt{g}-\sqrt{f})'\cos\dfrac{t}{2}-\dfrac{1}{\sqrt{2A}}
\]
である．さらにこれを次のように変形する．
\[
F=2\left\{(\sqrt{g}-\sqrt{f})\cos\dfrac{t}{2}\right\}'-2(\sqrt{g}-\sqrt{f})\cdot\dfrac{d}{dx}\cos\dfrac{t}{2}
+\dfrac{1}{\sqrt{g}}\sin\dfrac{t}{2}-\dfrac{1}{\sqrt{2A}}
\]
\[
\dfrac{d}{dx}\cos\dfrac{t}{2}=\dfrac{\cos\dfrac{t}{2}}{dt}\cdot\dfrac{dt}{dx}
=-\dfrac{1}{2}\sin \dfrac{t}{2}\cdot\dfrac{1}{A(1-\cos t)}=-\dfrac{1}{4A\sin \dfrac{t}{2}}
\]
なので
\begin{eqnarray*}
&&-2(\sqrt{g}-\sqrt{f})\cdot\dfrac{d}{dx}\cos\dfrac{t}{2}
+\dfrac{1}{\sqrt{g}}\sin\dfrac{t}{2}-\dfrac{1}{\sqrt{2A}}\\
&=&\dfrac{\sqrt{g}}{2A\sin \dfrac{t}{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{g}}\sin\dfrac{t}{2}
-\sqrt{f}\dfrac{1}{2A\sin \dfrac{t}{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{2A}}\\
&=&\dfrac{\sqrt{g}}{2A\sin \dfrac{t}{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{g}}\sin\dfrac{t}{2}
-\sqrt{A(1-\cos t)}\dfrac{1}{2A\sin \dfrac{t}{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{2A}}\\
&=&\dfrac{\sqrt{g}}{2A\sin \dfrac{t}{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{g}}\sin\dfrac{t}{2}
-\sqrt{2A\sin^2\dfrac{t}{2}}\dfrac{1}{2A\sin \dfrac{t}{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{2A}}\\
&=&\dfrac{\sqrt{g}}{2A\sin \dfrac{t}{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{g}}\sin\dfrac{t}{2}
-\dfrac{2}{\sqrt{2A}}
\end{eqnarray*}
となる．ここで相加平均と相乗平均の不等式から
\[
\dfrac{\sqrt{g}}{2A\sin \dfrac{t}{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{g}}\sin\dfrac{t}{2}
-\dfrac{2}{\sqrt{2A}}
\geqq 2\sqrt{\dfrac{\sqrt{g}}{2A\sin \dfrac{t}{2}}\cdot\dfrac{\sin\dfrac{t}{2}}{\sqrt{g}}}
-\dfrac{2}{\sqrt{2A}}
=\dfrac{2}{\sqrt{2A}}-\dfrac{2}{\sqrt{2A}}=0
\]
となり，
\[
F\geqq 2\left\{(\sqrt{g}-\sqrt{f})\cos\dfrac{t}{2}\right\}'
\]
が成立する．
よって
\[
\sqrt{\dfrac{1+{g'}^2}{g}}\geqq \sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}+2\left\{(\sqrt{g}-\sqrt{f})\cos\dfrac{t}{2}\right\}'
\]
となる．両辺の定積分をとり
\[
\int_0^a\sqrt{\dfrac{1+{g'}^2}{g}}\,dx\geqq \int_0^a\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}\,dx+2\bigg[(\sqrt{g}-\sqrt{f})\cos\dfrac{t}{2}\biggr]_0^a
\]
が成立する． $ x=0,\ a $ における値は $ f $ と $ g $ で等しいので，
$ \bigg[(\sqrt{g}-\sqrt{f})\cos\dfrac{t}{2}\biggr]_0^a=0 $
となり，
\[
\int_0^a\sqrt{\dfrac{1+{g'}^2}{g}}\,dx\geqq \int_0^a\sqrt{\dfrac{1+{f'}^2}{f}}\,dx
\]
が示された．等号成立は，コーシー・シュワルツ不等式の部分で $ g=f $ が必要である．
このときは定積分の等号が成立するが，念のために確認すると，
\begin{eqnarray*}
&&\dfrac{\sqrt{g}}{2A\sin \dfrac{t}{2}}=\dfrac{\sqrt{f}}{2A\sin \dfrac{t}{2}}
=\dfrac{\sqrt{A(1-\cos t)}}{2A\sin \dfrac{t}{2}}
=\dfrac{\sqrt{2A\sin^2\dfrac{t}{2}}}{2A\sin \dfrac{t}{2}}
=\dfrac{1}{\sqrt{2A}}\\
&&\dfrac{1}{\sqrt{g}}\sin\dfrac{t}{2}=\dfrac{1}{\sqrt{f}}\sin\dfrac{t}{2}=\dfrac{1}{\sqrt{2A\sin^2\dfrac{t}{2}}}\sin\dfrac{t}{2}
=\dfrac{1}{\sqrt{2A}}
\end{eqnarray*}
となり，相加平均と相乗平均の不等式も実際に等号が成立する．
史織 すごい計算ですね．
南海 先の文献によれば，別の論文で特別な場合にサイクロイドが唯一の解であることが示され， それを一般の場合にする試みで，これが得られたようだ． いずれにせよ，必要条件でサイクロイドを求め， 逆にそれがただ一つの解であることが示されたので，議論は一応完結する． この逆の証明が高校範囲でできることは，驚きである．
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前: 等時性の証明
AozoraGakuen