1. まえがき
一様な電磁界中の点電荷の運動についてまとめておく。まず、簡単な設定として、
B=<0,0,B> , E=<0,E,0>の一様な電磁界中における、質量m、電荷qの点電荷の運動を
考える。初期条件は
t=0 の座標<0,0,0>で、初速度 <0,v₀,0>をもつとする。・・・・・①
2. 計算
運動方程式は「'」を時間微分として
mx''=qvyB , my''=q(E-vxB) , mz''=0
x''=wy' , y''=a-wx' , z''=0、a=qE/m , w=qB/m・・・・②
となる。②を積分して
x'=wy+A , y'=at-wx+C , z'=D
となる。初期条件①から(z(0)=z'(0)=0 なので)
x'=wy , y'=at-wx+v₀ , z=0 ・・・・・・・・・・・③
となる。
つぎに、③を②に代入して
x''=-w²x+awt+wv₀ , y''=a-w²y
となる。ここで
X=x-(a/w)t-v₀/w, Y=y-a/w² ・・・・④
とおくと、
X''=-w²X , Y''=-w²Y
となり、この解は
X=Acoswt+Bsinwt , Y=Ccoswt+Dsinwt
となる。初期条件①から、X(0)=-v₀/w , X'(0)=-a/w , Y(0)=-a/w² ,Y'(0)=v₀ なので
A=-v₀/w , B=-a/w², C=-a/w², D=v₀/w となlり
X=-(v₀/w)coswt-(a/w²)sinwt , Y=-(a/w²)coswt+(v₀/w)sinwt・・・・⑤
を得る。これは
X²+Y²=(v₀/w)²+(a/w²)²
なので、④のx軸に等速運動する座標系で観ると電荷は、半径 √{(v₀/w)²+(a/w²)²} の
円運動する。⑤を微分して
X'²+Y'²=v₀²+(a/w)²
となるので、等速円運動と分かる。
座標系を戻すと④⑤から
x=(a/w)t+v₀/w-(v₀/w)coswt-(a/w²)sinwt=(a/w)t+(v₀/w)(1-coswt)-(a/w²)sinwt
y=(a/w²)(1-coswt)+(v₀/w)sinwt
z=0
を得る。この式は、θ=wt と置くと
x=(a/w²)(θ-sinθ)+(v₀/w)(1-cosθ)
y=(a/w²)(1-cosθ)+(v₀/w)sinθ
この式は、v₀=0 のとき、サイクロイドを現し、a=0(E=0)のとき、円運動を表す。
一般には図のような軌跡となる。
以上
1. まえがき
あるサイトに下記の問題があった。これを証明する。いずれも、a,b>0 とする。
I(a,b)=∫[0→∞] exp(-a²x²-b²/x²) dx={ (√π)/(2a) } exp(-2ab) ・・・・・①
J=∫[0→∞] (1/x²)exp(-a²x²-b²/x²)dx=(a/b) I(a,b) ・・・・・・・・・・・②
K=∫[0→∞] x²exp(-a²x²-b²/x²)dx={ (1+2ab)/(2a²) } I(a,b) ・・・・・・・③
一見、
A=∫[-∞→∞] exp(-x²) dx=√π ・・・・・④
に似ているが、∫[0→∞] exp(-b²/x²) dx は収束しない。
2. ①の証明
まず、①で、x=(b/a)y と変換すると
I(a,b)=∫[0→∞] exp(-b²y²-a²/y²) (b/a)dy=(b/a)I(b,a)・・・・・・⑤
つぎに、④において、
y={ x+√(x²+4ab) }/(2a)=2b/{ -x+√(x²+4ab) } すなわち x=ay-b/y
と変数変換をする。ここで、直接、x=ay-b/y としないのは y に変換したとき、変
換式が複数出きるため。すると、x=-∞~∞ → y=0~∞ なので
A=∫[0→∞] exp(-(ay-b/y)²) (a+b/y²)dy=∫[0→∞] exp(-a²y²-b²/y²+2ab) (a+b/y²)dy
=exp(2ab)∫[0→∞] exp(-a²y²-b²/y²) (a+b/y²)dy
=exp(2ab) { a I(a,b)+b∫[0→∞] (1/y²)exp(-a²y²-b²/y²) dy }・・・・⑥
さらに、y=1/x と変数変換すると
A=exp(2ab) { a I(a,b)+b∫[∞→0] (x²)exp(-a²/x²-b²x²) (-1/x²)dx }
=exp(2ab) { a I(a,b)+b∫[0→∞] exp(-b²x²-a²/x²) dx }
=exp(2ab) { a I(a,b)+bI(b,a) }=exp(2ab) { a I(a,b)+a I(a,b) } ・・・(⑤から)
=exp(2ab) 2a I(a,b)
したがって、④から A=√π なので、①を得る。
3. ➁の証明
x=1/t と変換すると、⑤を使って
J=∫[0→∞] (1/x²) exp(-a²x²-b²/x²)dx=∫[∞→0] t² exp(-a²/t²-b²t²)(-dt/t²)
=∫[0→∞] exp(-a²/t²-b²t²)dt=I(b,a)=(a/b) I(a,b)
となり、②をえる。
4. ③の証明
つぎに、①の結果を使って、積分③を証明する。まず、つぎの計算をする。
lim[x→∞] exp(-a²x²)x=lim[x→∞] x/exp(a²x²)・・・・ロピタルから
=lim[x→∞] 1/{exp(a²x²)(2a²x)}=0・・・⑦
すると、
I(a,b)=∫[0→∞] exp(-a²x²-b²/x²)・1 dx ・・・・・部分積分
=[ exp(-a²x²-b²/x²)(x)] [x=∞,0] - ∫[0→∞] exp(-a²x²-b²/x²){-2a²x+2b²/x³}(x)dx
・・・・・⑦から
=0+∫[0→∞] exp(-a²x²-b²/x²){2a²x²-2b²/x²}dt
=2a²∫[0→∞] x²exp(-a²x²-b²/x²)dx - 2b²∫[0→∞] (1/x²)exp(-a²x²-b²/x²) dx
=2a²K - 2b²J = 2a²K - 2b²(a/b)I(a,b) = 2a²K - 2ab I(a,b)
まとめて、③を得る。
5. ③と②の「別」証明
③の別証明を与える。①の両辺を aで微分すると
左辺=∫[0→∞] (∂/∂a)exp(-a²x²-b/x²)dx=∫[0→∞] exp(-a²x²-b²/x²) (-x²2a) dx
=-2a∫[0→∞] x²exp(-a²x²-b²/x²) dx=-2aK
右辺=√π [ {-1/(2a²) } exp(-2ab) + {1/(2a)}exp(-2ab) (-2b) ]
=√π [ -1/(2a²) - (b/a) ] exp(-2ab)=√π {-1/(2a²)} (1+2ab) exp(-2ab)
まとめると結論を得る。
同様に、①をbで微分すると➁が得られる。
以上
[2019/12/30] ③の証明の無駄な部分を除いて簡単化した。
1. はじめに
つぎの関係を証明する問題があったが、とても面倒だった。
(n+1)∫[0,π/2] sinⁿ⁺¹x dx > n∫[0,π/2] sinⁿx dx・・・・①
2. 準備
いくつかの公式から
I[n]=∫[0,π/2] sinⁿx dx
=(n-1)!!/n!!={(n-1)/n}((n-3)/(n-2)}・・・(4/5)(2/3) (n:奇数)
=(π/2)(n-1)!!/n!!=(π/2){(n-1)/n}((n-3)/(n-2)}・・・(3/4)(1/2) (n:偶数)
・・・・②
また
sin(πz)/(πz)=Π[n=1,∞] (1-z²/n²) において z=1/2とすると
Π[n=1,∞] (1-1/(2n)²)=2/π 逆数を取って
Π[n=1,∞] (2n)²/{(2n)²-1}= π/2 ・・・・・・③
となる。同様に
cos(πz)=Π[n=1,∞] {1-z²/(n-1/2)²}
→ cos(πz)/{1-z²/(1-1/2)²}=Π[n=2,∞] {1-z²/(n-1/2)²}
→ cos(πz)/(1-4z²)=Π[n=2,∞] {1-z²/(n-1/2)²}
ここで、z → 1/2とすると、左辺は不定形になるので、ロピタルの定理から
cos(πz)/(1-4z²) → -sin(πz)π/(-8z) → π/4 (z → 1/2)
となり、右辺は Π[n=2,∞] {1-1/(2n-1)²}=Π[n=1,∞] {1-1/(2n+1)²} となるから
Π[n=1,∞] {1-1/(2n+1)²}=π/4 逆数を取って
Π[n=1,∞] (2n+1)²/{(2n+1)²-1}=4/π・・・・・④
を得る。
3. 計算
つぎの数列
A[n]=(n+1)I[n+1]/(nI[n])={(n+1)/n}I[n+1]/I[n]
を考え、A[n]>1 を示せば、命題①が証明できる。➁から、nの偶奇によって、I[n]の値が
変わるので、偶奇に分けて検討する。
3.1 nが奇数の時とき
➁を代入して
A[n]=(π/2){(n+1)/n}{n!!/(n+1)!!}{n!!/(n-1)!!}
=(π/2){(n+1)/n}[{n/(n+1)}・・・(5/6)(3/4)(1/2)]
×[{n/(n-1)}・・・(5/4)(3/2)(1)]
=(π/2){(n+1)/n}{n²/(n²-1)}{(n-2)²/((n-2)²-1)}
・・・{5²/(5²-1)}{3²/(3²-1)}(1/2)
したがって、
A[n+2]/A[n]={(n+3)/(n+2)}{(n+2)²/((n+2)²-1)}{n/(n+1)}
=n(n+3)(n+2)/{( (n+2)²-1 )(n+1)}
=n(n+3)(n+2)/{(n+1)(n+3)}(n+1)}=n(n+2)/(n+1)²<1
となる。つまり、nが奇数の時、A[n]は単調減少数列なので、
A[n]>A[n+2]≧lim[n→∞]A[n] (nは奇数)
となる。
そこで、A[n]のうち、(n+1)/n → 1 だから
{n²/(n²-1)}{(n-2)²/((n-2)²-1)}・・・{5²/(5²-1)}{3²/(3²-1)}
の極限を求めればよい。この極限は④から、4/π となり
A[n]>lim[n→∞]A[n]=(π/2)1(4/π)(1/2)=1
したがって、nが奇数の時、命題①が証明された。
3.2 nが偶数のとき、
同様に
A[n]=(2/π){(n+1)/n}{n!!/(n+1)!!}{n!!/(n-1)!!}
=(2/π){(n+1)/n}[{n/(n+1)}・・・(4/5)(2/3)]
×[{n/(n-1)}・・・(4/3)(2/1)]
=(2/π){(n+1)/n}{n²/(n²-1)}{(n-2)²/((n-2)²-1)}
・・・{4²/(4²-1)}{2²/(2²-1)}
したがって、奇数の時と同じ計算ができて
A[n+2]/A[n]=n(n+2)/(n+1)²<1
となる。つまり、nが偶数の時も、A[n]は単調減少数列なので、
A[n]>A[n+2]≧lim[n→∞]A[n] (nは偶数)
となる。
そこで、A[n]のうち、(n+1)/n → 1 だから
{n²/(n²-1)}{(n-2)²/((n-2)²-1)}・・・{4²/(4²-1)}{2²/(2²-1)}
の極限を求めればよい。この極限は③から、π/2 となり
A[n]>lim[n→∞]A[n]=(2/π)1(π/2)=1
したがって、nが偶数の時も、命題①が証明された。
以上
[2019/12/15] 一部、修正と追加。
1. まえがき
下記の数列の極限の問題があったので記す。
2. 問題
数列{a[n]}、{b[n]}がある。後者の数列は b[n]>0 かつ Σb[i]→∞ を満たす。ここで、
A[n]=Σ[i=1,n] a[i]、B[n]=Σ[i=1,n] b[i] とすると
a[n]/b[n]→a のとき、A[n]/B[n]→a
となる。
3. 証明
∀ε>0 とする。Σb[i]→∞ だから、
∃N₁>0 , n>N₁ → B[n]>|Σ[i=1,N₁] (a[i]-a b[i])|(2/ε)・・・・・①
とできる。また、a[n]/b[n]→a および b[n]>0 だから、
∃N₂>0 , n>N₂ → |a[n]/b[n]-a|<ε/2 、つまり、|a[n]-ab[n]|<(ε/2)b[n]・・・・②
となる。
ここで、N=max{N₁,N₂} とおくと①②を使って
|A[n]/B[n]-a|=| Σ[i=1,n] (a[i]-a b[i]) | / B[n]
≦| Σ[i=1,N] (a[i]-a b[i]) | /B[n] + | Σ[i=N+1,n] (a[i]-a b[i]) | / B[n]
<B[n](ε/2) / B[n] + (ε/2)( Σ[i=N+1,n] b[i] ) / B[n]
<ε/2 + ε/2=ε
となり、A[n]/B[n]→a が証明された。
以上
n→∞のとき、n{(n+1)^(1/(n+1)-n^(1/n)}→0 を証明する問題があった。
y(x)=x^(1/x)・・・・・①
とおく。logをとると logy=(1/x)log(x)
となる。x → ∞のとき、右辺にロピタルの定理を使うと logy → 1/x → 0 だから
y → 1 (x → ∞) ・・・・・②
➀にlog を取って、微分すると
y'=y{-log(x)/x²+1/x²}={x^(1/x)}{1-log(x)}/x²
となる。
平均値の定理から
y(x+1)-y(x)=y'(c)・1={c^(1/c)}{1-log(c)}/c² (x<c<x+1)
となる。
すると
x{y(x+1)-y(x)}={c^(1/c)}{1/c-log(c)/c}(x/c)
x → ∞のとき、c → ∞だから
x<c<x+1 → 1-1/c<x/c<1 なので x/c → 1、また①から
c^(1/c) → 1
{1/c-log(c)/c} → 0 (第2項はロピタルで -1/c → 0となる)
したがって、
x{y(x+1)-y(x)} → 0
となる。
x=n とすれば、命題を得る。
以上