サイクロイド振り子
振り子の周期を求める式$${T=2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}}$$は$${\sin\theta=\theta}$$としたときの近似解であり、厳密には周期は振れ幅$${\theta}$$に依存した関数であることはすでに書いた。
（θが小さいとき sinθ=θ）
$${T=4\sqrt{\dfrac{l}{g}}\displaystyle\int_0^{\pi/2}\dfrac{d\phi}{\sqrt{1-\sin^2\dfrac{\theta}{2}\sin^2\phi}}}$$（$${g}$$:重力加速度、$${l}$$:糸の長さ）
周期が振れ幅に依存しない振り子としてホイヘンスが見い出したサイクロイド振り子が知られている。この振り子は２つのサイクロイドに挟まれた振り子であり、その先端の軌跡もサイクロイドを描く。サイクロイドには斜面のどこから玉を転がしても最下点に達するまでの時間が同じという性質があり、このことからもサイクロイド振り子の周期が振れ幅に依存しないことが導ける。
１ 振り子の先端の軌跡
まず$${\overline{PQ}}$$を求める。$${\overline{PA}}$$と同じ長さなので
$${\overline{PQ}=\overline{PA}=\displaystyle\int_P^Qds=\displaystyle\int_P^Q\sqrt{(dx)^2+(dy)^2}=\displaystyle\int_\theta^\pi\sqrt{\Big(\dfrac{dx}{d\theta}\Big)^2+\Big(\dfrac{dy}{d\theta}\Big)^2}d\theta}$$
$${=\displaystyle\int_\theta^\pi\sqrt{\Big(\dfrac{d}{d\theta}\{a(\theta-\sin\theta)\}\Big)^2+\Big(\dfrac{d}{d\theta}\{a(1-\cos\theta)\}\Big)^2}d\theta}$$
$${=a\displaystyle\int_\theta^\pi\sqrt{(1-cos\theta)^2 +\sin^2\theta} d\theta}$$
$${=a\displaystyle\int_\theta^\pi\sqrt{1-2\cos\theta+cos^2\theta+\sin^2\theta} d\theta=a\displaystyle\int_\theta^\pi\sqrt{2(1-\cos\theta)} d\theta}$$
$${=a\displaystyle\int_\theta^\pi\sqrt{2\Big(1-\cos^2\dfrac{\theta}{2}+\sin^2\dfrac{\theta}{2}\Big)} d\theta=a\displaystyle\int_\theta^\pi\sqrt{2\Big(2\sin^2\dfrac{\theta}{2}\Big)} d\theta}$$
$${=2a\displaystyle\int_\theta^\pi\sin\dfrac{\theta}{2} d\theta=2a\Big[-2\cos\dfrac{\theta}{2}\Big]_\theta^\pi=2a\Big[-2\Big(\cos\dfrac{\pi}{2}-\cos\dfrac{\theta}{2}\Big)\Big]_\theta^\pi}$$
$${=4a\cos\dfrac{\theta}{2}}$$
$${P}$$での接線の傾きは
$${\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{\dfrac{dy}{d\theta}}{ \dfrac{dx}{d\theta} }=\dfrac{\dfrac{d}{d\theta}\{a(1-\cos\theta\}}{\dfrac{d}{d\theta}\{a(\theta-\sin\theta\}}=\dfrac{\sin\theta}{1-\cos\theta}=\dfrac{2\sin\dfrac{\theta}{2}\cos\dfrac{\theta}{2}}{1-\cos^2\dfrac{\theta}{2}+\sin^2\dfrac{\theta}{2}}}$$
$${=\dfrac{2\sin\dfrac{\theta}{2}\cos\dfrac{\theta}{2}}{2\sin^2\dfrac{\theta}{2}}=\dfrac{\cos\dfrac{\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}}}$$
$${Q}$$の座標は
$${x_Q=x_P+\overline{PQ}のx成分=a(\theta-\sin\theta)+4a\cos\dfrac{\theta}{2}×\sin\dfrac{\theta}{2}}$$
$${=a(\theta-\sin\theta)+2a\sin\Big(\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{\theta}{2}\Big)=a(\theta-\sin\theta)+2a\sin\theta}$$
$${=a(\theta+\sin\theta)}$$
$${y_Q=y_P+\overline{PQ}のy成分=a(1-\cos\theta)+4a\cos\dfrac{\theta}{2}×\cos\dfrac{\theta}{2}}$$
$${=a(1-\cos\theta)+4a\cos^2\dfrac{\theta}{2}}$$
$${=a(1-\cos\theta)+2a\Big(\cos^2\dfrac{\theta}{2}+1-\sin^2\dfrac{\theta}{2}\Big)}$$
$${=a(1-\cos\theta)+2a\Big\{\cos\Big(\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{\theta}{2}\Big)+1\Big\}}$$
$${=a(1-\cos\theta-2\cos\theta)+2a=a(1+\cos\theta)+2a}$$
よって、振り子の先端の軌跡は
$${x_Q=a(\theta+\sin\theta)}$$
$${y_Q=a(1+\cos\theta)+2a}$$
これに$${\theta=\pi-\theta'}$$を代入すると
$${x_Q=a(\theta+\sin\theta)=a(\pi-\theta'+\sin(\pi-\theta')=a(\pi-\theta'+\sin\theta')}$$
$${=-\underline{a(\theta'-\sin\theta')}+a\pi}$$
$${y_Q=a(1+\cos\theta)+2a=a(1+\cos(\pi-\theta'))+2a=\underline{a(1-\cos\theta')}+2a}$$
これは
$${x=a(\theta-\sin\theta)}$$、$${y=a(1-\cos\theta)}$$を
$${y}$$軸で反転し､$${x}$$軸方向に$${a\pi}$$､$${y}$$軸方向に$${2a}$$移動させたものである。よって振り子の先端の軌跡はサイクロイドである。
２ 振り子の周期
$${ds=\sqrt{dx^2+dy^2}=\sqrt{\Big(\dfrac{dx}{d\theta}\Big)^2+\Big(\dfrac{dy}{d\theta}\Big)^2} d\theta}$$
$${=\sqrt{\Big(\dfrac{d}{d\theta}\{a(\theta+\sin\theta)\}\Big)^2+\Big(\dfrac{d}{d\theta}\{a(1+\cos\theta)+2a\}\Big)^2} d\theta}$$
$${=\sqrt{\Big(a^2(1+\cos\theta)^2+a^2(-\sin\theta)^2} d\theta}$$
$${=a\sqrt{(1+2\cos\theta+\cos^2\theta+\sin^2\theta)} d\theta}$$
$${=\sqrt{2}a\sqrt{1+\cos\theta} d\theta}$$
エネルギー保存則より
$${\dfrac{1}{2}mv^2=mg(y-y_0)}$$
よって
$${v=\sqrt{2g(y-y_0)}=\sqrt{2g}\sqrt{\{a(1+\cos\theta)+2a\}-\{a(1+\cos\theta_0)+2a\}}}$$
$${=\sqrt{2ga}\sqrt{\cos\theta-\cos\theta_0}}$$
時間＝距離÷速さなので
$${dt=\dfrac{ds}{v}=\dfrac{\sqrt{2}a\sqrt{1+\cos\theta} d\theta}{\sqrt{2ga}\sqrt{\cos\theta-\cos\theta_0}}=\sqrt{\dfrac{a}{g}}\dfrac{\sqrt{1+\cos\theta}}{\sqrt{\cos\theta-\cos\theta_0}}d\theta}$$
周期$${T}$$は
$${T=4\displaystyle\int_0^{\theta_0}\sqrt{\dfrac{a}{g}}\dfrac{\sqrt{1+\cos\theta}}{\sqrt{\cos\theta-\cos\theta_0}}d\theta}$$
$${=4\sqrt{\dfrac{a}{g}}\displaystyle\int_0^{\theta_0}\sqrt{\dfrac{1+\cos^2\dfrac{\theta}{2}-\sin^2\dfrac{\theta}{2}}{\Big(1+\cos^2\dfrac{\theta}{2}-\sin^2\dfrac{\theta}{2}\Big)-\Big(1+\cos^2\dfrac{\theta_0}{2}-\sin^2\dfrac{\theta_0}{2}\Big)}} d\theta}$$
$${=4\sqrt{\dfrac{a}{g}}\displaystyle\int_0^{\theta_0}\sqrt{\dfrac{1+\cos^2\dfrac{\theta}{2}-\Big(1-\cos^2\dfrac{\theta}{2}\Big)}{\Big(\cos^2\dfrac{\theta}{2}-\sin^2\dfrac{\theta}{2}\Big)-\Big(\cos^2\dfrac{\theta_0}{2}-\sin^2\dfrac{\theta_0}{2}\Big)}} d\theta}$$
$${=4\sqrt{\dfrac{a}{g}}\displaystyle\int_0^{\theta_0}\sqrt{\dfrac{2\cos^2\dfrac{\theta}{2}}{\Big(1-\sin^2\dfrac{\theta}{2}-\sin^2\dfrac{\theta}{2}\Big)-\Big(1-\sin^2\dfrac{\theta_0}{2}-\sin^2\dfrac{\theta_0}{2}\Big)}} d\theta}$$
$${=4\sqrt{\dfrac{a}{g}}\displaystyle\int_0^{\theta_0}\sqrt{\dfrac{2\cos^2\dfrac{\theta}{2}}{2\sin^2\dfrac{\theta_0}{2}-2\sin^2\dfrac{\theta}{2}}}d\theta}$$
$${=4\sqrt{\dfrac{a}{g}}\displaystyle\int_0^{\theta_0}\dfrac{\cos\dfrac{\theta}{2}}{\sqrt{\sin^2\dfrac{\theta_0}{2}-\sin^2\dfrac{\theta}{2}}}d\theta}$$
$${=4\sqrt{\dfrac{a}{g}}\displaystyle\int_0^{\theta_0}\dfrac{\cos\dfrac{\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta_0}{2}\sqrt{1ｰ\Big(\dfrac{\sin{(\theta/2)}}{\sin{(\theta_0/2)}}\Big)^2}}d\theta}$$
$${u=\dfrac{\sin{\dfrac{\theta}{2}}}{ \sin{\dfrac{\theta_0}{2}}}}$$と置き換える
$${\dfrac{du}{d\theta}=\dfrac{1}{2}\dfrac{\cos\dfrac{\theta}{2}}{ \sin\dfrac{\theta_0}{2}}}$$、$${d\theta=\dfrac{2\sin\dfrac{\theta_0}{2}}{\cos\dfrac{\theta}{2}}du}$$
$${\theta=0}$$のとき $${u=0}$$、$${\theta=\theta_0}$$のとき $${u=1}$$
$${=4\sqrt{\dfrac{a}{g}}\displaystyle\int_0^{\theta_0}\dfrac{2\sin\dfrac{\theta_0}{2}}{\sin\dfrac{\theta_0}{2}\sqrt{1ｰu^2}}du=8\sqrt{\dfrac{a}{g}}\displaystyle\int_0^1\dfrac{du}{\sqrt{1ｰu^2}}}$$
$${u=\sin\phi}$$と置き換える
$${\dfrac{du}{d\phi}=\cos\phi}$$、$${du=\cos\phi d\phi}$$
$${u=0}$$のとき $${\phi=0}$$、$${u=1}$$のとき $${\phi=\pi/2}$$
$${=8\sqrt{\dfrac{a}{g}}\displaystyle\int_0^{ \pi/2}\dfrac{\cos\phi}{\sqrt{1ｰ\sin^2\phi}} d\phi=8\sqrt{\dfrac{a}{g}}\displaystyle\int_0^{ \pi/2}\dfrac{\cos\phi}{\cos\phi} d\phi}$$
$${=8\sqrt{\dfrac{a}{g}}\displaystyle\int_0^{ \pi/2}d\phi=8\sqrt{\dfrac{a}{g}}\Big[\phi\Big]_0^{\pi/2}=8\sqrt{\dfrac{a}{g}} \dfrac{\pi}{2}=4\pi\sqrt{\dfrac{a}{g}}}$$
糸の長さ$${l=4a}$$なので $${a=\dfrac{l}{4}}$$
$${=4\pi\sqrt{\dfrac{l/4}{g}}=2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}}$$
よって周期$${T}$$は振れ幅に依存せず、糸の長さ$${l}$$と重力加速度$${g}$$のみで決まる。