MathJax = {
  chtml: {
    matchFontHeight: false
  },
  tex: {
    inlineMath: [['$', '$']]
  }
};






前回登場した $2$ つの関数

\begin{align}
&\int_0^{2\pi}\partial_{R_{-\pi/2}p}g^{-1}\mathscr{P}f(1)\,d\theta=\int_0^L\psi(\|a+re_1\|)\langle p,\partial a\rangle\,dt,\\
&r\int_0^{2\pi}\partial_{e_2}g^{-1}\mathscr{P}f(1)\,d\theta-\int_0^{2\pi}\partial_{pq}g^{-1}\mathscr{P}f(1)\,d\theta=\int_0^L\psi(\|a+re_1\|)\langle a,\partial a\rangle\,dt
\end{align}

を $X=\|a(t)+re_1\|$ によって変数変換します。まず前者から。

\begin{align}
\int_0^L\psi(\|a+re_1\|)\langle p,\partial a\rangle\,dt=\int_0^L\psi(\|a+re_1\|)\langle p,\partial a\rangle\dfrac{\|a+re_1\|}{\langle a+re_1,\partial a\rangle}\,d\|a+re_1\|
\end{align}

$t$ を動かしたときの $\|a(t)+re_1\|$ の最小値と最大値を $m(r).M(r)$ とおき、$X\in(m,M)$ での $X=\|a(t)+re_1\|$ の解 $t$ を考えましょう。$\Omega$ は凸体なので、或る $r_0$ が存在して任意の $r>r_0$ に対して解は $L$ の整数倍を除いて $2$ つ存在します。$dX/dt$ が正の解を $t^+(X)$、負の解を $t^-(X)$ としましょう。これで変数変換できますね。

\begin{align}
\int_0^{2\pi}\partial_pg^{-1}\mathscr{P}f(1)\,d\theta=\int_m^M\bigg\{\dfrac{\langle p,\partial a(t^+)\rangle}{\langle a(t^+)+re_1,\partial a(t^+)\rangle}-\dfrac{\langle p,\partial a(t^-)\rangle}{\langle a(t^-)+re_1,\partial a(t^-)\rangle}\bigg\}X\psi(X)\,dX
\end{align}

$X=\|a(t^{\pm})+re_1\|$ を微分すると

\begin{align}
1=\dfrac{\langle a(t^{\pm})+re_1,\partial a(t^{\pm})\rangle}{X}\partial t^{\pm}
\end{align}

となるので

\begin{align}
\int_0^{2\pi}\partial_pg^{-1}\mathscr{P}f(1)\,d\theta=\int_m^M\{\langle p,\partial a(t^+)\rangle\partial t^{+}-\langle p,\partial a(t^-)\rangle\partial t^-\}\psi(X)\,dX
\end{align}

$a^{\pm}(X)=a(t^{\pm}(X))$ とおくともう少し簡単な式になります。

\begin{align}
\int_0^{2\pi}\partial_pg^{-1}\mathscr{P}f(1)\,d\theta=\int_m^M\{\langle p,\partial a^+\rangle-\langle p,\partial a^-\rangle\}\psi(X)\,dX
\end{align}

前者の式の変数変換ができました。後者の式も同様に考えると

\begin{align}
r\int_0^{2\pi}\partial_{e_2}g^{-1}\mathscr{P}f(1)\,d\theta-\int_0^{2\pi}\partial_{pq}g^{-1}\mathscr{P}f(1)\,d\theta=\int_m^M\{\langle a^+,\partial a^+\rangle-\langle a^-,\partial a^-\rangle\}\psi(X)\,dX
\end{align}

が得られます。今回はここまで。(written by J.Nishigata)


Copy Right 2020-現在 ALXIS DATA, Inc. All Right Reserved.

研究136- 環状項の積分を原点中心の動径表示へ変換する

MathJax = {
  chtml: {
    matchFontHeight: false
  },
  tex: {
    inlineMath: [['$', '$']]
  }
};






前回求めた $a+re_1$ を $\|a+re_1\|=X$ に代入します。

\begin{align}
\bigg\{(t-t_0)-\dfrac{\chi(t_0)^2}{6}(t-t_0)^3\bigg\}^2+\bigg\{m+\dfrac{\chi(t_0)}{2}(t-t_0)^2+\dfrac{\partial\chi(t_0)}{6}(t-t_0)^3\bigg\}^2+o((t-t_0)^3)=X^2
\end{align}

これを $t$ に関して解けば $t^{\pm}$ が求まります。以下 $(t_0)$ は省略して書きますので誤解を生じないよう。$t-t_0=\alpha (X-m)^{\beta}+o((X-m)^{\beta})$ とおいて代入すると左辺は

\begin{align}
m^2+(1+m\chi)(t-t_0)^2+o((t-t_0)^2)=m^2+(1+m\chi)\alpha^2(X-m)^{2\beta}+o((X-m)^{2\beta})
\end{align}

一方右辺は

\begin{align}
X^2=m^2+2m(X-m)+(X-m)^2
\end{align}

両辺を比較して

\begin{align}
\alpha=\pm\sqrt{\dfrac{2m}{1+m\chi}},\beta=\dfrac{1}{2}
\end{align}

以上で $t^{\pm}-t_0$ の最小次数の項が決定しました。続いて $2$ 番目に小さい次数の項を決めていきましょう。

\begin{align}
t-t_0=\pm\sqrt{\dfrac{2m}{1+m\chi}}(X-m)^{1/2}+\gamma(X-m)^{\delta}+o((X-m)^{\delta})
\end{align}

とおいて同様に $\|a+re_1\|=X$ の両辺を比較します。$\delta+1/2 < 3/2$ と仮定すると左辺は

\begin{align}
m^2+2m(X-m)\pm 2\gamma\sqrt{2m(1+m\chi)}(X-m)^{\delta+1/2}+o((X-m)^{\delta+1/2})
\end{align}

ですが、一方右辺は $m^2+2m(X-m)+(X-m)^2$ なので次数が合いません。背理法より $\delta+1/2 \ge 3/2$ であることが分かりました。では $\delta+1/2 > 3/2$ と仮定するとどうなるでしょうか。左辺は

\begin{align}
m^2+2m(X-m)\pm\dfrac{m\partial\chi}{3}\bigg(\dfrac{2m}{1+m\chi}\bigg)^{3/2}(X-m)^{3/2}+o((X-m)^{3/2})
\end{align}

$\partial\chi$ で分類できますね。$\partial\chi\neq 0$ の場合は次数が整合しないので背理法から $\delta+1/2\le 3/2$ すなわち $\delta=1$ が得られます。

\begin{align}
m^2+2m(X-m)\pm \bigg\{2\gamma\sqrt{2m(1+m\chi)}+\dfrac{m\partial\chi}{3}\bigg(\dfrac{2m}{1+m\chi}\bigg)^{3/2}\bigg\}(X-m)^{3/2}+o((X-m)^{3/2})
\end{align}

$3/2$ 次の係数が零になるように $\gamma$ を決めれば良いです。中途半端ですが今回はここまで。(written by J.Nishigata)


Copy Right 2020-現在 ALXIS DATA, Inc. All Right Reserved.

研究137- 積分核の端点近傍の様子その１