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パップス・ギュルダンの定理の拡張について

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パッブス・ギュルダンの定理をご存知でしょうか?

パップス・ギュルダンの定理

平面図形Aと直線lがあり,Alの周りに回転させてできる図形をKとする.
Kの体積をVAの面積をSAの重心の移動距離をLとすると,

V=SL

が成立する.ただしAを回転させる過程でAのそれまでの軌跡と重ならないようにする.

これについて私が疑問に思ったのは,V()=S()×L()という等式は,回転体でなくても,図形Aがどんな軌跡を描いたとしても成立するのではないか?ということです.
もちろんAの動き方がある程度滑らかで,常にAAの進行方向と垂直であり,動く過程で同じ部分を通らないという制約はあります.

まず,具体的な曲線に対して成立しているか軽く検討してみます.Aの重心が描いた曲線を仮にCとします.
柱体に対して()=()×()が成り立つので,Cが線分であればV=SLは成立します.(実際は図形の回転を気にする必要がありますが).さらにパップス・ギュルダンの定理から,Cが円弧と線分を連結した曲線であっても成立しそうです.サイクロイドなどの曲線に対しても頑張って計算してみると成り立っていることが確認できます.

では常にV=SLは成立するのでしょうか?これは私が小学生の頃から持っていた疑問だったのですが,最近学校の先生やその同期の方などにご協力いただき,遂に証明が完成したのでここに記そうと思います.

パップス・ギュルダンの定理の拡張

I=[a,b]を有界閉区間とし,曲線C:IR3C1級であるとする.また,任意のtIに対し,dCdt(t)(0,0,0)であるとする.
2つのC1級写像e1:IR3,e2:IR3が,任意のtIに対し,次を満たすとする.

  • |e1(t)|=|e2(t)|=1
  • e1(t),e2(t),dCdt(t)はどの2つも直交する.

このe1,e2は,R2上のベクトル(1,0),(0,1)が時刻tにおいてどこに移るかを意味する.

AR2の空でなく連結な閉部分集合であり,その重心は(0,0)であるとする.また,F=F(x,y,t)=C(t)+xe1(t)+ye2(t)で定まる写像F:R2×IR3に対し,定義域をAo×Ioに絞って得られる写像FA:Ao×IoR3が単射であるとする.ただしAoAの内部を,Ioは開区間(a,b)を指す.

この写像Fは平面上の点が時刻tにおいてどこに移るかを意味する.

このときF(A×I)の体積をVAの面積をSCの長さをLとすれば,

V=SL

が成立する.

証明

重積分の置換積分を使って証明する.計算上の仮定としてヤコビアンdet(FxFyFt)の符号が変化しないことを示す必要があるが,とりあえずこれを認めればV=SLが成立することを示す.

前半

V=F(A×I)dxdydz=A×I|det(Fx(x,y,t) Fy(x,y,t) Ft(x,y,t))|dxdydt
となる.ここで,常にdet(FxFyFt)0またはdet(FxFyFt)0が成り立つならば,
V=A×I|det(Fx Fy Ft)|dxdydt=|A×Idet(Fx Fy Ft)dxdydt|
と変形することができる.ひとまずこれを認めて計算を進めるとする.
簡単のため,e3(t):=e1(t)×e2(t)とする.
det(Fx Fy Ft)=det(e1(t) e2(t) Ft)=(e1(t)×e2(t)){dCdt(t)+xde1dt(t)+yde2dt(t)}=e3(t)dCdt(t)+xe3(t)de1dt(t)+ye3(t)de2dt(t)
よって,
A×Idet(Fx Fy Ft)dxdydt=A×Ie3(t)dCdt(t)dxdydt+A×Ixe3(t)de1dt(t)dxdydt+A×Iye3(t)de2dt(t)dxdydt
となる.
第2項については,
A×Ixe3(t)de1dt(t)dxdydt=(Axdxdy)(Ie3(t)de1dt(t)dt)
であり,
Axdxdy=S×(Ax)=S×0=0
であるから0となる.第3項についても同様.よって,
A×Idet(Fx Fy Ft)dxdydt=A×Ie3(t)dCdt(t)dxdydt=(Adxdy)(Ie3(t)dCdt(t)dt)=SIe3(t)dCdt(t)dt
となる.ここでe1(t),e2(t)は互いに垂直な長さ1のベクトルで,dCdt(t)と垂直なので,
e3(t)=e1(t)×e2(t)dCdt(t)に平行な長さ1のベクトルである.よって,e3(t)dCdt(t)|dCdt(t)||dCdt(t)|のいずれかである.

ここで,常にdet(FxFyFt)0またはdet(FxFyFt)0であったことから,tを固定すると,Adet(FxFyFt)dxdy=Ae3(t)dCdt(t)dxdy=S(e3(t)dCdt(t))は常に0以上または0以下である.よって,e3(t)dCdt(t)の値もつねに0以上または0以下となるので,
V=|SIe3(t)dCdt(t)dt|=SI|e3(t)dCdt(t)|dt=SI|dCdt(t)|dt=SL
が成立する.

次に,最初に保留した,ヤコビアンが符号変化しないことを証明する.方針としては,Ao上のある点が時刻t0でヤコビアンが0になると仮定し,重心とその点を結ぶ直線の像はt0から少しずれた時刻でも時刻t0でのAoの像と共有点をもつことを示す.

後半

あるp0=(x0,y0)Aoおよびt0Ioに対して,det(Fx(x0,y0,t0) Fy(x0,y0,t0) Ft(x0,y0,t0))=0と仮定し,FAの単射性から矛盾を導く.

rを実数とするとき,rp0(0,0)p0を結ぶ直線上の点を与える.これに対し,
F(rp0,t)=C(t)+r(x0e1(t)+y0e2(t))であり,g(t)=x0e1(t)+y0e2(t)とすれば,F(rp0,t)=C(t)+rg(t)
ここでtを固定して,g(t)e3(t0)0のとき,F(rp0,t)F(R2,t0)を満たすrを考える.
F(rp0,t)F(R2,t0){F(rp0,t)C(t0)}e3(t0)=0{C(t)C(t0)+rg(t)}e3(t0)=0r={C(t0)C(t)}e3(t0)g(t)e3(t0)
このrr(t)とする.C(t),g(t),e3(t)は連続なので,r(t)も定義域全体で連続である.一方,
det(Fx(x0,y0,t0) Fy(x0,y0,t0) Ft(x0,y0,t0))=e3(t0){dCdt(t0)+dgdt(t0)}=0
なので,e3(t0)dCdt(t0)=e3(t0)dgdt(t0)が成立する.また,dCdt(t0)(0,0,0),e3(t0)dCdt(t0)よりe3(t0)dgdt(t0)0である.さらにe3(t0)g(t0)=0であるから,
t0を含む適当な区間Jをとれば,J{t0}においてe3(t0)g(t)0となる.よってr(t)J{t0}上で連続に定義でき,
limtt0r(t)=limtt0{C(t0)C(t)}e3(t0)g(t)e3(t0)=limtt0(C(t)C(t0))e3(t0)tt0(g(t)g(t0))e3(t0)tt0=e3(t0)dCdt(t0)e3(t0)dgdt(t0)=1
となることから,r(t0):=1とすれば,rJ上に連続に定義できる.
したがって,ϕ(t)=F(rp0,t)により連続写像ϕ:IF(R2,t0)を得る.
Ao,F(Ao,t0)は開集合であることと,r,ϕが連続でありr(t0)p0=p0Ao,ϕ(t0)=F(p0,t0)F(Ao,t0)であることから,正数δをうまくとることで,|tt0|<δを満たす任意のtJに対しr(t)p0Ao,ϕ(t)F(Ao,t0)とすることができる.特にそのような条件を満たすtt0を取れば,FAの単射性に矛盾する事がわかる.

このことから,det(Fx Fy Ft)Ao上では0でない.Aは連結でありdet(Fx Fy Ft)は連続なので,常にdet(Fx Fy Ft)0det(Fx Fy Ft)0のどちらか一方が成り立つ.

もっと条件は緩められる?

定理2では,C,e1,e2C1級であるという条件を設けていますが,これは重積分の計算を行うために仮定したものであって,実際この条件抜きで成立するのかはよくわかりません.あくまで私の直感ですが

  • CC1級であることは,FAの単射性から導けそう
  • e1,e2C1級でなくても,連続であれば成立しそう

という感じがします.もし証明できそうな方がいたらコメントしていただければ嬉しいです.

投稿日:202249
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dragoemon
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