懸垂曲線

一様な重力場に両端を固定したロープを吊るしたときの曲線である。カテナリー曲線ともいう。（鎖のことをラテン語でカテナリというらしい）　双曲線関数と呼ばれるもので17世紀末にヨハン・ベルヌーイ、ライプニッツらによって見い出された。吊り橋、寺院の屋根などの曲線であり、漱石の猫でも水島寒月が語っている。

糸を固定する位置を$${(-x_0,  y_0)､(x_0,  y_0)}$$とする。
糸の微小な長さを$${ds}$$とすると
　$${ds=\sqrt{dx^2+dy^2}=\sqrt{1+\Big(\dfrac{dy}{dx}\Big)^2}dx=\sqrt{1+{y'}^{2}}dx}$$
糸全体の位置エネルギー$${U}$$は
　$${U=\displaystyle\int_{-x_0}^{x_0}\rho gyds=\int_{-x_0}^{x_0}\rho gy\sqrt{1+y'^2}dx}$$（$${\rho}$$:線密度、$${g}$$:重力加速度）
位置エネルギー$${U}$$が停滞値を持つ条件として
　$${\delta U=\displaystyle\delta\int_{-x_0}^{x_0}\rho gy\sqrt{1+y'^2}dx=0}$$
$${\rho g}$$で割って
　$${\displaystyle\delta\int_{-x_0}^{x_0}y\sqrt{1+y'^2}dx=0}$$
となる$${y(x)}$$をEulerの微分方程式を使って求める。
ただし、束縛条件として（糸の長さを$${l}$$とする）
　$${\displaystyle\int_{-x_0}^{x_0}ds=\int_{-x_0}^{x_0}\sqrt{1+y'^2}  dx=l}$$
これをLagrange の未定乗数法で処理する。
　$${F=y\sqrt{1+y'^2}}$$
　$${G=\sqrt{1+y'^2}-\dfrac{l}{2x_0}}$$
　$${\widetilde{F}=F+\lambda G=y\sqrt{1+y'^2}+\lambda\Big(\sqrt{1+y'^2}-\dfrac{l}{2x_0}\Big)}$$
　　$${=(y+\lambda)\sqrt{1+{y'}^{2}}-\dfrac{\lambda l}{2x_0}}$$
これをEuler の微分方程式に代入する。
　$${\dfrac{d}{dx}\Big(\dfrac{\partial\widetilde{F}}{\partial y'}\Big)-\dfrac{\partial\widetilde{F}}{\partial y}=0}$$　　(1)
　　　$${\dfrac{d}{dx}\Big(\dfrac{\partial\widetilde{F}}{\partial y'}\Big)=\dfrac{d}{dx}\Big[\dfrac{\partial}{\partial y'}\Big\{(y+\lambda)\sqrt{1+{y'}^{2}}-\dfrac{\lambda l}{2x_0}\Big\}\Big]}$$
　　　　　　　　$${=\dfrac{d}{dx}\Big\{(y+\lambda)  \dfrac{1}{2}  \dfrac{2y'}{\sqrt{1+{y'}^{2}}}\Big\}=\dfrac{d}{dx}\Big\{\dfrac{(y+\lambda)y'}{\sqrt{1+{y'}^{2}}}\Big\}}$$
　　　$${\dfrac{\partial\widetilde{F}}{\partial y}=\dfrac{\partial}{\partial y}\Big\{(y+\lambda)\sqrt{1+{y'}^{2}}-\dfrac{\lambda l}{2x_0}\Big\}=\sqrt{1+{y'}^{2}}}$$
よって(1)は
　$${\dfrac{d}{dx}\Big\{\dfrac{(y+\lambda)y'}{\sqrt{1+{y'}^{2}}}\Big\}-\sqrt{1+{y'}^{2}}=0}$$　　(2)
ここで$${y'=\dfrac{dy}{dx}=p}$$とおくと(2)は
　$${\dfrac{d}{dx}\Big\{\dfrac{(y+\lambda)p}{\sqrt{1+p^{2}}}\Big\}-\sqrt{1+p^{2}}=0}$$
　$${\dfrac{d}{dx}(y+\lambda) \dfrac{p}{\sqrt{1+p^{2}}}+\dfrac{(y+\lambda)}{\sqrt{1+p^{2}}}\dfrac{dp}{dx}}$$
　　　　　　　　$${+(y+\lambda)p\Big(-\dfrac{1}{2}\Big)\dfrac{2p}{(1+p^{2})^{3/2}}\dfrac{dp}{dx}-\sqrt{1+p^{2}}=0}$$
　$${\dfrac{dy}{dx}\dfrac{p}{\sqrt{1+p^{2}}}+\dfrac{(y+\lambda)}{\sqrt{1+p^{2}}}\dfrac{dp}{dy}\dfrac{dy}{dx}-\dfrac{(y+\lambda)p^2}{(1+p^{2})^{3/2}}\dfrac{dp}{dy}\dfrac{dy}{dx}-\sqrt{1+p^{2}}=0}$$
　$${p\dfrac{p}{\sqrt{1+p^{2}}}+\dfrac{(y+\lambda)}{\sqrt{1+p^{2}}}\dfrac{dp}{dy}p-\dfrac{(y+\lambda)p^2}{(1+p^{2})^{3/2}}\dfrac{dp}{dy}p-\sqrt{1+p^{2}}=0}$$
$${\sqrt{1+p^{2}}}$$をかけて
　$${p^2+(y+\lambda)p\dfrac{dp}{dy}-\dfrac{(y+\lambda)p^3}{(1+p^{2})}\dfrac{dp}{dy}-(1+p^{2})=0}$$
　$${(y+\lambda)p\dfrac{dp}{dy}-\dfrac{(y+\lambda)p^3}{(1+p^{2})}\dfrac{dp}{dy}-1=0}$$
　$${(y+\lambda)p\dfrac{dp}{dy}\Big(1-\dfrac{p^2}{1+p^{2}}\Big)-1=0}$$
　$${(y+\lambda)p\dfrac{dp}{dy}\Big(\dfrac{1+p^2-p^2}{1+p^{2}}\Big)-1=0}$$
　$${\dfrac{(y+\lambda)p}{1+p^{2}}\dfrac{dp}{dy}=1}$$
　$${\dfrac{dy}{y+\lambda}=\dfrac{p  dp}{1+p^2}}$$
積分して
　$${\displaystyle\int\dfrac{dy}{y+\lambda}=\displaystyle\int\dfrac{p  dp}{1+p^2}}$$　(3)
　$${\ln|y+\lambda|=\dfrac{1}{2}\ln|1+p^2|+c_1}$$
　$${\dfrac{y+\lambda}{c_1}=(1+p^2)^{1/2}}$$
　$${\Big(\dfrac{y+\lambda}{c_1}\Big)^2=1+p^2}$$
　$${p=\pm\sqrt{\Big(\dfrac{y+\lambda}{c_1}\Big)^2-1}}$$
$${p=\dfrac{dy}{dx}}$$なので
　$${\dfrac{dy}{dx}=\pm\sqrt{\Big(\dfrac{y+\lambda}{c_1}\Big)^2-1}}$$
　$${\dfrac{dy}{\sqrt{\Big(\dfrac{y+\lambda}{c_1}\Big)^2-1}}=\pm dx}$$　(4)
ここで$${\dfrac{y+\lambda}{c_1}=u}$$(A)とおくと（$${dy=c_1 du}$$）
　$${\dfrac{c_1 du}{\sqrt{u^2-1}}=\pm dx}$$　(5)
さらに$${u+\sqrt{u^2-1}=t}$$(B)とおく
　このとき $${\sqrt{u^2-1}=t-u}$$、$${u^2-1=(t-u)^2=t^2-2tu+u^2}$$
　　　　　 $${2tu=t^2+1}$$、よって $${u=\dfrac{t^2+1}{2t}}$$　(6)
　　　　　 (6)より
　　　　　 $${\dfrac{du}{dt}=\dfrac{d(t^2+1)}{dt}\dfrac{1}{2t}+\dfrac{t^2+1}{2}(-1)t^{-2}=\dfrac{2t}{2t}-\dfrac{t^2+1}{2t^2}}$$
　　　　　　　$${=\dfrac{2t^2-t^2-1}{2t^2}=\dfrac{t^2-1}{2t^2}}$$
　　　　　 よって $${du=\dfrac{t^2-1}{2t}dt}$$　(7)
(5)に(6)(7)を代入
　$${\dfrac{c_1\dfrac{t^2-1}{2t}dt}{\sqrt{\Big(\dfrac{t^2+1}{2t}\Big)^2-1}}=\pm dx}$$
　左辺$${=\dfrac{c_1\dfrac{t^2-1}{2t^2}dt}{\sqrt{\dfrac{t^4+2t^2+1-4t^2}{4t^2}}}=\dfrac{c_1\dfrac{t^2-1}{2t^2}}{\dfrac{t^2-1}{2t}}dt=\dfrac{c_1}{t}dt}$$
よって(5)は
　$${\dfrac{c_1}{t}dt=\pm dx}$$
積分すると
　$${\displaystyle\int\dfrac{c_1}{t}dt=\pm\displaystyle\int dx}$$
$${x}$$は符号について対称なので
　$${c_1 \ln|t|=x+c_2}$$
よって
　$${t=\exp\Big(\dfrac{x+c_2}{c_1}\Big)}$$
$${u+\sqrt{u^2-1}=t}$$(B)に代入し、$${u}$$と$${x}$$の関係に戻す
　$${u+\sqrt{u^2-1}=\exp\Big(\dfrac{x+c_2}{c_1}\Big)}$$
　$${{u^2-1}=\Big\{\exp\Big(\dfrac{x+c_2}{c_1}\Big)-u\Big\}^2}$$
　　　　　　　　　　$${=\exp\Big\{\dfrac{2(x+c_2)}{c_1}\Big\}-2u\exp\Big(\dfrac{x+c_2}{c_1}\Big)+u^2}$$
よって
　$${2u\exp\Big(\dfrac{x+c_2}{c_1}\Big)=\exp\Big\{\dfrac{2(x+c_2)}{c_1}\Big\}+1}$$
$${\dfrac{y+\lambda}{c_1}=u}$$(A)を代入し、$${y}$$と$${x}$$の関係に戻す
　$${2\dfrac{y+\lambda}{c_1}\exp\Big(\dfrac{x+c_2}{c_1}\Big)=\exp\Big\{\dfrac{2(x+c_2)}{c_1}\Big\}+1}$$
　$${2\dfrac{y+\lambda}{c_1}\exp\Big(\dfrac{x+c_2}{c_1}\Big)=\exp\Big\{\dfrac{2(x+c_2)}{c_1}\Big\}+1}$$
両辺を$${\exp\Big(\dfrac{x+c_2}{c_1}\Big)}$$で割ると
　$${2\dfrac{y+\lambda}{c_1}=\exp\Big(\dfrac{x+c_2}{c_1}\Big)+\exp\Big(-\dfrac{x+c_2}{c_1}\Big)}$$
よって
　$${y=\dfrac{c_1}{2}\Big\{\exp\Big(\dfrac{x+c_2}{c_1}\Big)+\exp\Big(-\dfrac{x+c_2}{c_1}\Big)\Big\}-\lambda}$$　(5)
$${x=x_0,-x_0}$$のとき$${y=y_0}$$なので
　$${y_0=\dfrac{c_1}{2}\Big\{\exp\Big(\dfrac{x_0+c_2}{c_1}\Big)+\exp\Big(-\dfrac{x_0+c_2}{c_1}\Big)\Big\}-\lambda}$$
　$${y_0=\dfrac{c_1}{2}\Big\{\exp\Big(\dfrac{-x_0+c_2}{c_1}\Big)+\exp\Big(-\dfrac{-x_0+c_2}{c_1}\Big)\Big\}-\lambda}$$　
両式より
　$${\exp\Big(\dfrac{x_0+c_2}{c_1}\Big)+\exp\Big(-\dfrac{x_0+c_2}{c_1}\Big)}$$
　　　　　　　　　　　　$${=\exp\Big(\dfrac{-x_0+c_2}{c_1}\Big)+\exp\Big(-\dfrac{-x_0+c_2}{c_1}\Big)}$$　
　$${\exp\Big(\dfrac{x_0}{c_1}\Big)\exp\dfrac{c_2}{c_1}+\exp\Big(-\dfrac{x_0}{c_1}\Big)\exp\Big(-\dfrac{c_2}{c_1}\Big)}$$
　　　　　　　　　　　　$${=\exp\Big(-\dfrac{x_0}{c_1}\Big)\exp\Big(\dfrac{c_2}{c_1}\Big)+\exp\Big(\dfrac{x_0}{c_1}\Big)\exp\Big(-\dfrac{c_2}{c_1}\Big)}$$　
　$${\Big\{\exp\Big(\dfrac{x_0}{c_1}\Big)-\exp\Big(-\dfrac{x_0}{c_1}\Big)\Big\}\exp\Big(\dfrac{c_2}{c_1}\Big)}$$
　　　　　　　　　　　　$${=\Big\{\exp\Big(\dfrac{x_0}{c_1}\Big)-\exp\Big(-\dfrac{x_0}{c_1}\Big) \Big\}\exp\Big(-\dfrac{c_2}{c_1}\Big)}$$
　$${\exp\Big(\dfrac{c_2}{c_1}\Big)=\exp\Big(-\dfrac{c_2}{c_1}\Big)}$$
　$${\dfrac{c_2}{c_1}=-\dfrac{c_2}{c_1}}$$、$${c_2=-c_2}$$、$${2c_2=0}$$　よって　$${c_2=0}$$
(5)に代入すると
　$${y=\dfrac{c_1}{2}\Big\{\exp\Big(\dfrac{x}{c_1}\Big)+\exp\Big(-\dfrac{x}{c_1}\Big)\Big\}-\lambda=c_1\cosh\Big(\dfrac{x}{c_1}\Big)-\lambda}$$

（たくさんの変数置換の中には神技のようなものもある。先達に感謝！）

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