練習問題3.6の解答
練習問題3.6
式91を仮定して、ϵ≪1で展開して、式92-94となることを確かめなさい。
練習問題3.6の解答
まず、
\begin{equation}
z=ϵbe^{iνθ} \tag{1}\label{eq1}
\end{equation}
を仮定します。式\ref{eq1}を\(θ\)について繰り返し微分すると
\begin{equation}
\dot{z}=ϵbiνe^{iνθ},\quad \stackrel{..}{z}=-ϵbν^2 e^{iνθ},\quad \stackrel{….}{z}=-ϵbiν^3 e^{iνθ},\quad \stackrel{…}{z}=ϵbν^4 e^{iνθ} \tag{2}\label{eq2}
\end{equation}
を得ます。同様に
\begin{equation}
\dot{h}=ϵiνe^{iνθ},\quad \stackrel{..}{h}=-ϵν^2 e^{iνθ} \tag{3}\label{eq3}
\end{equation}
を得ます。
ここで、オイラー・ラグランジュ方程式の各項を計算します。まず第一項は、 \begin{eqnarray} \frac{∂L}{∂z}&=&\frac{∂}{∂z}\left (κ^3 v^5 \left(\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1\right)^2+\frac{λ}{κv}\right)\\ &=&\frac{∂v}{∂z} \frac{∂}{∂v} \left(κ^3 v^5 \left(\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1\right)^2+\frac{λ}{κv} \right)\\ &=&5κ^3 v^5 \left(\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1\right)^2-\frac{λ}{κv}\\ &=&5κ^3 v^5 (\stackrel{..}{z}^2+\dot{z}^2 \dot{h}^2+4\dot{z}^4+1+2\stackrel{..}{z}\dot{z}\dot{h} +4\stackrel{..}{z}\dot{z}^2-2\stackrel{..}{z}\\ &&+4\dot{z}^3 \dot{h}-2\dot{z}\dot{h}-4\dot{z}^2 )-\frac{λ}{κv}\\ &≅&5κ^3 v^5 (1-2\stackrel{..}{z})-\frac{λ}{κv} \tag{4} \end{eqnarray} と近似できます。ここで、ϵのゼロ次と一次の項のみを考慮しました。同様に第二項は \begin{eqnarray} \frac{d}{dθ} \left(\frac{∂L}{∂\dot{z}}\right)&=&\frac{d}{dθ} \left(2κ^3 v^5 (\dot{h}+4\dot{z})(\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1)\right)\\ &=&κ^3 v^5 (6\dot{h}(\dot{h}+4\dot{z})(\stackrel{..}{z}\\ &&+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1)+10\dot{z}(\dot{h}+4\dot{z})(\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1)\\ &&+2(\stackrel{..}{h}+4\stackrel{…}{z})(\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1)\\ &&+2(\dot{h}+4\dot{z})(\stackrel{…}{z}+\stackrel{..}{z}\dot{h}+\dot{z}\stackrel{..}{h}+4\dot{z}\stackrel{..}{z}))\\ &≅&-2κ^3 v^5 (\stackrel{..}{h}+4\stackrel{..}{z}) \tag{5} \end{eqnarray} と近似できます。さらに第三項は、 \begin{eqnarray} \frac{d^2}{dθ^2} \left(\frac{∂L}{∂\stackrel{..}{z}}\right)&=&\frac{d^2}{dθ^2}\left(2κ^3 v^5 (\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1)\right) \\ &=&2 \frac{d}{dθ} \left(3κ^3 \dot{h}v^5 (\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1)+5κ^3 v^5 \dot{z}(\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1)\right.\\ &&\left.+κ^3 v^5 (\stackrel{…}{z}+\stackrel{..}{z}\dot{h}+\dot{z}\stackrel{..}{h}+4\dot{z}\stackrel{..}{z})\right) \\ &=&2κ^3 v^5 (9\dot{h}^2 (\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1)+15\dot{h} \dot{z}(\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1)\\ &&+3\stackrel{..}{h}(\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1)+3\dot{h}(\stackrel{…}{z}+\stackrel{..}{z}\dot{h}+\dot{z}\stackrel{..}{h}+4\dot{z}\stackrel{..}{z})\\ &&+15\dot{h}\dot{z}(\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1)+25\dot{z}^2 (\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1)\\ &&+5\dot{z}\stackrel{..}{z}+\dot{z}\dot{h}+2\dot{z}^2-1)+5\dot{z}(\stackrel{…}{z}+\stackrel{..}{z}\dot{h}+\dot{z}\stackrel{..}{h}+4\dot{z}\stackrel{..}{z})\\ &&+3\dot{h}(\stackrel{…}{z}+\stackrel{..}{z}\dot{h}+\dot{z}\stackrel{..}{h}+4\dot{z}\stackrel{..}{z})+5\dot{z}(\stackrel{…}{z}+\stackrel{..}{z}\dot{h}+\dot{z}\stackrel{..}{h}+4\dot{z}\stackrel{..}{z})\\ &&+(\stackrel{….}{z}+\stackrel{…}{z}\dot{h} ̇+2\stackrel{..}{z}\stackrel{..}{h}+\dot{z}\stackrel{…}{h}+4\stackrel{..}{z}^2+4\dot{z}\stackrel{…}{z}))\\ &≅&2κ^3 v^5 (-5\stackrel{..}{z}-3\stackrel{..}{h}+\stackrel{….}{z}) \tag{6} \end{eqnarray} となります。これらをオイラー・ラグランジュ式に代入すると、 \begin{eqnarray} 0&=&\frac{∂L}{∂z}-\frac{d}{dθ} \left(\frac{∂L}{∂\dot{z}}\right)+\frac{d^2}{dθ^2} \left(\frac{∂L}{∂\stackrel{..}{z}}\right)\\ &≅&5κ^3 v^5 (1-2\stackrel{..}{z})-\frac{λ}{κv} +2κ^3 v^5 (\stackrel{..}{h}+4\stackrel{..}{z})-10κ^3 v^5\stackrel{..}{z}-6κ^3 v^5\stackrel{..}{h}+2\stackrel{….}{z}\\ &=&5κ^3 v^5 (1-2\stackrel{…}{z})+2κ^3 v^5 (\stackrel{..}{h}+4\stackrel{..}{z})\\ &&-10κ^3 v^5 \stackrel{..}{z}-6κ^3 v^5 \stackrel{..}{h}+2 \stackrel{….}{z}-\frac{λ}{κv} \tag{7} \end{eqnarray} を得ます。したがって、 \begin{equation} λ=κ^4 v^6 (5+2\stackrel{….}{z}-4\stackrel{..}{h}-12\stackrel{..}{z}) \tag{8}\label{eq8} \end{equation} となります。式\ref{eq8}に式\ref{eq2}と\ref{eq3}を代入すると、 \begin{eqnarray} λ&=&v_0^6 {\rm exp}\left(4ϵe^{iνθ}+6ϵbe^{iνθ} \right)\left(5+2ϵbν^4 e^{iνθ}+4ϵν^2 e^{iνθ}+12ϵbν^2 e^{iνθ} \right) \\ &≅&κ_0^4 v_0^6 \left(1+(4+6b)ϵe^{iνθ} )(5+(2ν^4 b+4ν^2+12bν^2 )ϵa_1 ν^4 e^{iνθ} \right) \\ &=&κ_0^4 v_0^6 \left(5+(5(4+6b)+(2ν^4 b+4ν^2+12bν^2 ))ϵe^{iνθ} \right) \\ &=&κ_0^4 v_0^6 \left(5+(20+30b+2ν^4 b+4ν^2+12bν^2 )ϵe^{iνθ} \right) \\ &=&κ_0^4 v_0^6 \left(5+(20+4ν^2+(30+12ν^2+2ν^4 )b)ϵe^{iνθ} \right) \tag{9}\label{eq9} \end{eqnarray} を得ます。式\ref{eq9}の\(ϵ\)の0次の項から、 \begin{equation} λ=5κ_0^4 v_0^6 \tag{10} \end{equation} を得ます。次に\(ϵ\)の1次の項がゼロである条件から、 \begin{equation} 20+4ν^2+(30+12ν^2+2ν^4 )b=0 \tag{11}\label{eq11} \end{equation} を得ます。式\ref{eq11}を\(b\)について解けば、 \begin{equation} β=-b=\frac{2}{3} \frac{1+\frac{ν^2}{5}}{1+\frac{2ν^2}{5}+\frac{ν^4}{15}} \tag{12}\label{eq12} \end{equation} を得ます。一方、Huh and Sejnowski (2015)では、躍度の垂直成分も考慮して、同様の計算を行い、 \begin{equation} β=-b=\frac{2}{3} \frac{1+\frac{ν^2}{2}}{1+ν^2+\frac{ν^4}{15}} \tag{13}\label{eq13} \end{equation} を得ています。式\ref{eq12}と\ref{eq13}はともに\(ν=0\)で\(b=-2/3\)、\(ν=2\)で\(b=-1/3\)、\(ν≫1\)で\(b→0\)を与えます（Figure 1）。
Figure 1. νとβ=-bの関係。
科学はひとつ 宇宙物理学者による知的挑戦の記録
戎崎俊一 著
学而図書／四六判 並製320頁／本体2,400円＋税
12年にわたり「戎崎の科学は一つ」で執筆されてきた記事を精選し、「地震と津波防災」など全9章に再編。すべての章に著者書き下ろしの解説を加えて集成した一冊。
