【ラング 続解析入門】単位球面上の曲線に関する考察

本記事では、【ラング 続解析入門】~4章: 合成微分律と勾配ベクトル-4節: 原点からの距離のみに依存する関数~ において、この節の演習問題6 (p95) を取り上げ解説していきます。

この問題自体は、ごく普通の問題です。しかし、少し突っ込んで考えてみると、幾何学的に興味深い事実に気が付いたので本記事で共有します。

【ラング 続解析入門】を持っている人にはもちろんのこと、持っていない人にも話を追えるように書いたつもりなので、興味があれば目を通して頂けると嬉しいです。

問題と解答

まずは、当該の問題を解説します。次のセクションで、この問題から得た学び・気付きを共有します。

$\mathbf{p},\; \mathbf{q}$ を $\mathbf{p} = – \mathbf{q}$ を満たす2つの単位ベクトルとする。このとき、原点を中心とする半径1の球面上に $\mathbf{p}$ と $\mathbf{q}$ を結ぶ微分可能な曲線が存在することを示せ。なお、$\mathbf{p}$ に直交する単位ベクトル$\mathbf{a}$ を仮定してもよい。

『s.ラング 続解析入門p95』より引用

曲線$\mathbf{c}(t)$ を以下の通り定める。

$$\mathbf{c}(t) = \cos(t) \mathbf{p} + \sin(t) \mathbf{a}$$

ここで、$\mathbf{p}$ と$\mathbf{a}$ は直交していて、両方のノルムが1であるとする。つまり、

$$\begin{cases} \mathbf{p} \cdot \mathbf{a} = 0\\ \|\mathbf{p} \| = \|\mathbf{a} \| = 1\\ \end{cases}$$

を満たす。まず、この曲線 $\mathbf{c}(t)$ は、$t=0$ で $\mathbf{c}(0) = \mathbf{p}$ であり、$t=\pi$ で $\mathbf{c}(\pi) = -\mathbf{p} = \mathbf{q}$ だから、点 $\mathbf{p}$ と点 $\mathbf{q}$ を通る。また、$0 \leq t \leq \pi$ では、$\mathbf{c}(t) \neq \mathbf{0}$ だから、点 $\mathbf{p}$ と点 $\mathbf{q}$ を結ぶ曲線でもある。

次に、この $\mathbf{c}(t)$ が、単位球面上にあることを確認する。これは、$\mathbf{c}(t)$ が任意の $t \: (0 \leq t \leq \pi)$ で $\|\mathbf{c}(t)\| = 1$ であるかを確認すればよい。

$$\begin{align*} \|\mathbf{c}(t)\| &= \sqrt{\mathbf{c}(t)\cdot \mathbf{c}(t)}\\ &= \sqrt{(\cos(t) \mathbf{p} + \sin(t) \mathbf{a})\cdot (\cos(t) \mathbf{p} + \sin(t) \mathbf{a})}\\ &= \sqrt{\cos^2(t)\mathbf{p}\cdot \mathbf{p} + \sin^2(t)\mathbf{a} \cdot \mathbf{a}}\\ &= \sqrt{\cos^2(t) + \sin^2(t)} \\ &= 1 \end{align*}$$

以上より、$\mathbf{c}(t)$ が単位球面上にあることが確かめられた。また、$\mathbf{c}(t)$ の速度ベクトル（接ベクトル） $\mathbf{c}'(t)$ は、

$$\mathbf{c}'(t) = -\sin(t)\mathbf{p} + \cos(t)\mathbf{a}$$

である。これより、$\mathbf{c}(t)$ が $0 \leq t \leq \pi$ で微分可能であることがわかる。以上より、原点を中心とする半径1の球面上において、点 $\mathbf{p}$ と点 $\mathbf{q}$ を結ぶ微分可能な曲線の存在が確認できた(図1)。

 

考察と解釈

ここからは、この問題から得られる(少なくとも自分にとっては）興味深い幾何学的な事実があったので、これを紹介していきます。

まず結論から言うと、今求めた曲線$\mathbf{c}(t)$ですが、これは、単位球面と2つのベクトル $\mathbf{p}, \mathbf{a}$ が張る平面の交線になっています。

それでは、このことを確認していきましょう。

まず、$\mathbf{p}$ と $\mathbf{a}$ は直交しているので線形独立です。よって、$\mathbf{p}$ と $\mathbf{a}$ は、$\mathbb{R}^3$ の2本の基底として2次元部分空間を生成します。幾何学的に、これは $\mathbb{R}^3$ 内の原点を通る平面です。

このとき、この平面内の任意のベクトル $\mathbf{x}$ は、ある係数 $c_1$ と $c_2$ が存在して、$\mathbf{p}$ と $\mathbf{a}$ の線形結合として一意に表されます。

$$\mathbf{x} = c_1 \mathbf{p} + c_2 \mathbf{a}$$

ここで、$\mathbf{c}(t) = \cos(t) \mathbf{p} + \sin(t) \mathbf{a}$ も、$\mathbf{p}$ と $\mathbf{a}$ の線形結合で表されているので、$\mathbf{p}$ と $\mathbf{a}$ が生成する平面内の曲線です。すなわち、

$$\mathbf{c}(t) \in \mathrm{Span}[\mathbf{p}, \mathbf{a}]$$

です。他方、先に見たように、$\|\mathbf{c}(t)\| = 1$ より、$\mathbf{c}(t)$ は単位球面上の曲線でもあります。

これより、$\mathbf{c}(t)$ が単位球面と $\mathbf{p}$ と $\mathbf{a}$ が生成する平面の交線であることが分かりました。以下では、具体的な数値例などを用いてこのことを確認していきます。

平面の法線ベクトル

$\mathbf{p},\; \mathbf{a}$ を以下の通り定めます。(図2)

$$\mathbf{p}  = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1\\ -1\\ 1 \end{pmatrix}, \:\:\: \mathbf{a} = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{pmatrix}$$

 

$\mathbf{p}$ と $\mathbf{a}$ は、互いに直交していて、いずれのノルムも 1 になっています。このとき、$\mathbf{p}$ と $\mathbf{a}$ が張る平面を $T$ とすると

$$\begin{align*} T &= \mathrm{Span}[\mathbf{p}, \mathbf{a}]\\ &=\{c_1 \mathbf{p} + c_2 \mathbf{a}\;|\; c_i \in \mathbb{R}\} \end{align*}$$

ですが、この表し方だと後で不便になるので、法線ベクトルを用いた表現方法で表し直します。

そこで、まず平面 $T$ の法線ベクトルを $\mathbf{u} = (u_1, u_2, u_3)^\top$ とおきます。平面の方程式は、法線ベクトルに直交するすべてのベクトル（点）の集合として表すことができます。

今回の場合、平面 $T = \mathrm{Span}[\mathbf{p}, \mathbf{a}]$ 上のすべてのベクトルと $\mathbf{u}$ が直交しなければなりません。

これを満たすためには、平面 $T$ を生成する基底ベクトル $\mathbf{p}$ と $\mathbf{a}$ の両方が法線ベクトル $\mathbf{u}$ と直交していることが必要十分条件です。従って、

$$\begin{cases} \mathbf{p} \cdot \mathbf{u} = 0 \\ \mathbf{a} \cdot \mathbf{u} = 0 \end{cases} \leftrightarrow \begin{cases} u_1 – u_2 + u_3 = 0\\ u_1 + 2u_2 + u_3 = 0 \end{cases}$$

という連立方程式の解が、平面 $T$ の法線ベクトル $\mathbf{u}$ になります。これを解けば、

$$\begin{cases} u_1 + u_3 = 0\\ u_2 = 0 \end{cases}$$

を得ます。$u_1$ と $u_3$ は、$u_1 + u_3 = 0$ を満たす限り任意なので、例えば $u_1 = 1$ と $u_3 = -1$ とします。これより、$\mathbf{u}$ は

$$\mathbf{u} = \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ -1 \end{pmatrix}$$

となります。(図3)

 

よって、$\mathbf{p}$ と $\mathbf{a}$ が張る平面は、$\mathbf{u}$ と直交するすべてのベクトル $\mathbf{x} \in \mathbb{R}^3$ の集合と言い換えることができ、

$$T = \{\mathbf{x} \in \mathbb{R}^3 |\: \mathbf{x} \cdot \mathbf{u} = 0\}$$

となります。すなわち、平面 $T$ の方程式は、任意のベクトル $\mathbf{x} = (x_1, x_2, x_3)^\top$ にとして、

$$\mathbf{x} \cdot \mathbf{u} = 0 \leftrightarrow x_1 + 0x_2 -x_3 = 0$$

となります。

平面と単位球面の交線

これで準備が整ったので、$\mathbf{c}(t)$ が、単位球面と $\mathbf{p}, \mathbf{a}$ が張る平面 $T$ の交線になっていることを見ていきます。

まず、$\mathbf{c}(t)$ は、

$$\begin{align*} \mathbf{c}(t) &= \cos(t) \mathbf{p} + \sin(t) \mathbf{a} \\\\ &= \frac{\cos(t)}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1\\ -1\\ 1 \end{pmatrix} + \frac{\sin(t)}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{pmatrix} \end{align*}$$

です。このとき、曲線 $\mathbf{c}(t)$ 上の任意の点 $\mathbf{x} = (x_1, x_2, x_3)^\top$ の各成分は、

$$\begin{cases} x_1 = \frac{\cos(t)}{\sqrt{3}} + \frac{\sin(t)}{\sqrt{6}}\\ x_2 = \frac{-\cos(t)}{\sqrt{3}} + \frac{2\sin(t)}{\sqrt{6}}\\ x_3 = \frac{\cos(t)}{\sqrt{3}} + \frac{\sin(t)}{\sqrt{6}} \end{cases}$$

という関係式によって規定され、これらの成分の間には、

$$\begin{cases} x_1 = x_3 \\ x_{1}^2 + x_{2}^2 + x_{3}^2 = 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x_1 + 0x_2 -x_3 = 0\\ x_{1}^2 + x_{2}^2 + x_{3}^2 = 1 \end{cases}$$

という関係式が成立しています。すなわち、曲線 $\mathbf{c}(t)$ は、この連立方程式の解集合です。ここで、

$$x_1 + 0x_2 – x_3 = 0$$

は、$\mathbf{p}$ と $\mathbf{a}$ が張る平面 $T$ の方程式であり、

$$x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = 1$$

は半径1の単位球面の方程式です。

これより、$\mathbf{c}(t)$ は単位球面上にあると同時に、$\mathbf{p}$ と $\mathbf{a}$ が張る平面 $T$ 上にもあります。したがって、$\mathbf{c}(t)$ は単位球面と平面 $T$ の交線であることが確かめられました。(図4)

 

なお、この連立方程式をさらに同値変形すれば、

$$\begin{cases} x_1 + 0x_2 -x_3 = 0 \\ 2x_{1}^2 + x_{2}^2 + 0x_{3} = 1 \end{cases}$$

となります。$2x_{1}^2 + x_{2}^2 + 0x_{3}^2 = 1$ は、長軸が $1$、短軸が $1/\sqrt{2}$ の楕円が $z$ 軸に沿って上下に伸びる煙突のような図形の方程式です。(図5)

こちらのリンクから、記事内の画像で使ったGeoGebra のページに遷移できます。

 

参考文献

本記事は、【ラング 続解析入門】をもとに作成しました。「多変数微積分やベクトル解析を勉強したいけど、いい教科書・参考書に出会えていない」という方には、特にオススメできる1冊です。