n本の円柱の共通部分 [無断転載禁止]©2ch.net
■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
スレ立て失礼します。
高校数学以上の質問をする場所がなかったので、作らせていただきました。
今、n次元において、n本の円柱を直交するように交わらせたときの、共通部分の体積を求める研究をしています。
ここでいう円柱の定義は、ある軸との距離がつねに1となるような点の集合、としています。
(3次元でx軸に沿っている円柱なら、y^2+z^2≦1)
そこで、まずは3次元で3本の円柱を直交に交わらせたときの共通部分を求めようと思ったのですが、早速うまくいきません。
求め方としては、
x^2+z^2≦1 ∧ y^2+z^2≦1 ∧ x^2+y^2≦1 を求めたい。zを、定数tと見なして、
x^2≦1-t^2 ∧ y^2≦1-t^2 ∧ x^2+y^2≦1 (tは実数) と、2次元の領域へと落とし、
この領域の面積をtを用いて表したのち、tを-1≦t≦1の範囲で積分して、求積。
とやりたいのですが、もちろん図を書けば解けるのですが、それだと図示不可能になる4次元以降から解けなくなってしまうので
どうしても範囲の情報だけで面積を求めたいのです。
そこで、重積分を学んでみたものの、3次元で2本なら求められるのですが、3本だとできませんでした。
手詰まりな状態です。レベルはどんなに高レベルでもいいので、x^2+z^2≦1 ∧ y^2+z^2≦1 ∧ x^2+y^2≦1の求積方法を教えてください、お願いします。 >>1
x≧0，y≧0，z≧0の領域だけ考えると、全体の1/8が求まる。
さらに、その領域をx,y,zの大小関係で6分割する。
たとえば、x≦y≦zの領域だけ考えると、対称性よりx,y,zが正の領域のさらに1/6が求まる。
以下、0≦x≦y≦zの領域に含まれる部分のみを考える。（全体の体積はそれの48倍となる）
x^2+z^2≦1 ∧ y^2+z^2≦1 ∧ x^2+y^2≦1 という条件は、
x^2+z^2，y^2+z^2，x^2+y^2のうちの一番大きいものが1以下とみなせるので、
0≦x≦y≦zの領域では y^2+z^2≦1 だけを考えればよい。←ここがミソ
z=t（0≦t≦1)における断面を考えると、x,yの満たすべき条件は
x≧0，x≦y≦t，y≦√(1-t^2)
ここで、tと√(1-t^2)の大小を考えると、
0≦t≦1/√2のとき、x≧0，x≦y≦tとなり、断面の面積は2辺がtの直角二等辺三角形でt^2/2
1/√2≦t≦1のとき、x≧0，x≦y≦√(1-t^2)となり、
断面の面積は2辺が√(1-t^2)の直角二等辺三角形で(1-t^2)/2
よって、0≦x≦y≦zに含まれる部分の体積は
∫[0～1/√2] t^2/2 dt + ∫[1/√2～1] (1-t^2)/2 dt = (2-√2)/6
全体の体積はこれを48倍して16-8√2 ４次元の場合は、0≦x≦y≦z≦wの範囲のみを求めて、
それを2^4×4!=384倍すればよい。
n次元に一般化も問題なくできそう。 >>2
感動しました。本当に素晴らしい解答です。ありがとうございます。
ですが、お恥ずかしながら、ミソの部分を完璧に理解できないので、詳しい説明をいただけたら嬉しいです。 0≦x≦y≦zだからx^2≦y^2≦z^2
よって、x^2+z^2，y^2+z^2，x^2+y^2のうちの一番大きいものはy^2+z^2
あと、n次元に拡張はそんなに簡単ではない気もしてきた >>5
一番大きいことはわかるのですが、一番大きいから、それのみで考えていい、という論理展開がよくわからないです、すいません。
さっそく4次元でやってますが一筋縄ではいきませんね… n次元空間の軸をx_1，x_2，…，x_nとするとき、
n次元の円柱相当のものを、1≦i＜j≦nを満たすi,jの組に対し
(x_i)^2+(x_j)^2≦1
で表される領域とみなし、
nＣ2個のi,jの組についてのこの領域の共通部分を求めるなら
ほぼ同じ方法で一般化できるのだが、
円柱を1≦i≦nを満たすiについて
Σ[1≦k≦n,k≠i](x_k)^2≦1
として、
n個のiについての領域の共通部分を求めるとなると、
0≦x_1≦x_2≦…≦x_nの範囲に限って考えても
簡単な積分にはならないような >>6
x^2+z^2≦1，y^2+z^2≦1，x^2+y^2≦1，0≦x≦y≦zの全ての条件を満たす点の集合が作る領域の
体積を求めようとしているので、
0≦x≦y≦zを前提とするとx^2+y^2≦x^2+z^2≦y^2+z^2が言えることから
x^2+z^2≦1 ∧ y^2+z^2≦1 ∧ x^2+y^2≦1 ∧ 0≦x≦y≦z
⇔
0≦x≦y≦z ∧ x^2+y^2≦x^2+z^2≦y^2+z^2≦1
⇔
0≦x≦y≦z ∧ y^2+z^2≦1
ってだけの話なんですが… >>8
確かに同値ですね。。。大変稚拙な質問すいませんでした。
最初一般化をするときに、n次元超級面の体積の求積のように、
漸化式を立ててやるのかなー、と考えてはいたのですが厳しいですね・・・ n次元空間のx_n軸方向に軸を持つ"超円柱面"は
(x_1)^2+(x_2)^2+…+(x_{n-1})^2=1
だと思ってしまった…
これは別？ 「x_n軸周りの回転対称性とx_n軸方向の並進対称性を持つ"図形"」と考えればこうじゃない？ >>11
それって、>>7に書いた
Σ[1≦k≦n,k≠i](x_k)^2≦1
と一緒だと思います。（i=nとすると、同じです）
>>1さんは最初からそのつもりで書いてたのですが、
私が勝手に>>7の前半のようなものを想定してしまい、
簡単に一般化できそうに勘違いしたという。 ４次元でやってみました。
x^2+y^2+z^2≦1，x^2+y^2+w^2≦1，x^2+z^2+w^2≦1，y^2+z^2+w^2≦1を満たす領域は
0≦x≦y≦z≦w，y^2+z^2+w^2≦1を満たす領域Aの384倍
領域Aの平面z=Z，w=Wとの共通部分の面積をS(Z,W)
領域Aの空間w=Wとの共通部分の体積をV(W)とする。
(I) 0≦w≦1/√2のとき、0≦z≦wで、y≦zかつy≦√(1-w^2-z^2)
ここで、z≦√(1-w^2-z^2)となるのはz≦√((1-w^2)/2)のときで、w≦√((1-w^2)/2) ⇔ w≦1/√3
(I-1) 0≦w≦1/√3のとき0≦x≦y≦zより
S(z,w)=z^2/2，V(w)=∫[0～w]s(z,w)dz=w^3/6
(I-2) 1/√3≦w≦1/√2のとき
0≦z≦√((1-w^2)/2)で、0≦x≦y≦z，S(z,w)=z^2/2
√((1-w^2)/2)≦z≦wで、0≦x≦y≦√(1-w^2-z^2)，S(z,w)=(1-w^2-z^2)/2
V(w)=∫[0～w]s(z,w)dz=(1/2)w-(2/3)w^3-(√2/6)(1-w^2)^(3/2)
(II) 1/√2≦w≦1のとき、0≦z≦√(1-w^2)で、y≦zかつy≦√(1-w^2-z^2)
0≦z≦√((1-w^2)/2)で、0≦x≦y≦z，S(z,w)=z^2/2
√((1-w^2)/2)≦z≦√(1-w^2)で、0≦x≦y≦√(1-w^2-z^2)，S(z,w)=(1-w^2-z^2)/2
V(w)=∫[0～√(1-w^2)]s(z,w)dz=((2-√2)/6)(1-w^2)^(3/2)
∫(1-w^2)^(3/2)dw = (3/8)arcsin(w)+(1/8)w(5-2w^2)√(1-w^2)+Cとなることを用いると
A=∫[0～1]V(w)dw = (√2/16)arcsin(1/√3)-((√2-1)/32)π
求める（超）体積は384A = 24√2arcsin(1/√3)-12(√2-1)π （= 5.27459…）
検算を求む。 >>15
ありがとうございます。
4次元から既に複雑になってきていますね…
Wのみの場合わけで済むならいいのですが厳しいですよね…
あと、自分も、超円柱面は>>11さんのつもりで解いてます。 ちなみに、>>7の前半の設定の場合は、n次元の場合（n≧3）の解がある程度きれいな形で求まる。
ここでは、n次元空間において定数a＞0について
0≦x_1≦x_2≦…≦x_n≦aを満たす領域のn次元体積が(a^n)/n!
であることも用いる。（数学的帰納法で簡単に示せる）
1≦i＜j≦nを満たす整数の組i,j全てについて(x_i)^2+(x_j)^2≦1を満たす領域Pは、
0≦x_1≦x_2≦…≦x_n，(x_(n-1))^2+(x_n)^2≦1を満たす領域Qの(2^n)n!倍
領域Qのx_n=Xとの共通部分のn-1次元体積をV(X)とおく。
(I) 0≦x_n≦1/√2のとき 0≦x_1≦x_2≦…≦x_(n-1)≦x_nより
V(x_n)=(x_n)^(n-1)/(n-1)!
(II) 1/√2≦x_n≦1のとき 0≦x_1≦x_2≦…≦x_(n-1)≦√(1-(x_n)^2)
V(x_n)=(1-(x_n)^2)^((n-1)/2)/(n-1)!
Q=∫[0～1]V(x_n) dx_n = (1/n!)((1/√2)^2+nI(n))
ただし、I(n)=∫[π/4～π/2](cosθ)^n dθ
求める（超）体積は P=2^n(n!)Q = (√2)^n+n(2^n)I(n)
なお、I(n)は漸化式 I_n=(1/n)((n-1)I(n-2)-(1/√2)^n) をみたし、I(0)=π/4，I(1)=1-√2/2
これを用いると、
n=2のとき P= π =3.14159…
n=3のとき P= 16-8√2 = 4.68629…
n=4のとき P= 6π-12 = 6.84955…
n=5のとき P= (256-160√2)/3 = 9.90861…
（>>1とは別の問題なので注意） >>17
あるnについてのPをP(n)とおくと、P(n)は漸化式
P(n)=((n-1)/(n-2))(4P(n-1)-(√2)^(n+2))
を満たす。 >>17-18 から
Ｐ(n）=（n-1)(2^n)I(n-2),
一般項は
Ｐ(n）=（√2)^n・2Ｆ1(1，n/2；(n+1)/2；1/2)
～（√2)^n・2(1 -1/n +4/nn -…)
かな >>18
P(n) = ((n-1)/(n-2)){4P(n-２) - (√2)^(n+2)}, n次元で、n本の共通部分を求めるのはまだ手も足も出てませんが、
n次元での円柱2本の共通部分の漸化式なら求められました。
ここではn次元の円柱の式は、例えばX1軸の周りにあるものだと
Σ[2≦k≦n]Xk^2=1 です。
そして、その条件で漸化式を求めたらこうなりました。
n次元での2本の円柱の共通部分の体積はVnと定義しています。
V2=16/3
Vn=2Vn-1∫[0～π/2]cos^nθdθ
これの証明は帰納法を用いれば簡単だと思います。
また、cos^nの積分の値も一般化されているので、nだけの式にすることもできそうです。 >>15
多分正解ですね。Mathematicaで数値積分してみました。
（式による結果は難しい模様）
ちなみに更に次元が多い場合の結果は、
Table[NIntegrate @@
Flatten[{And @@
Table[Sum[a[j]^2, {j, 1, n}] - a[i]^2 <= 1, {i, 1, n}] // Boole,
Table[{a[i], -1, 1}, {i, 1, n}]}, 1], {n, 2, 8}]
{4., 4.68629, 5.27459, 4.78432, 5.50684, 2.47701, 2.62991}
という感じ。後ろに行くほど誤差が大きくなります。 ∫[0～π/2] (cosθ)^n dθ
= (n-1)!!/n!! (n:奇数)
= (n-1)!!/n!! * (π/2) (n:偶数) >>17
n次元「超球」の「超体積」は
Po(n) = (√π)^n /Γ(n/2 +1)
= (√π)^n / (n/2)! (n:偶数)
= 2･√(2π)^(n-1) / n!! (n:奇数)
Po(1) = 2
Po(2) = π = 3.1415927
Po(3) = 4π/3 = 4.1887902
Po(4) = ππ/2 = 4.9348022
Po(5) = 8ππ/15 = 5.2637890
nが増えるほど、PとPoの差が開く...(角が肥大化する？） ヴィトゲンシュタイン
家の数学理論言語アーキブ イスラムシーア派の文化的数学
あたりだな。 女子もできてないかも。シーア派より。
ピタゴラスもシーア派より。 https://goo.gl/YdPog5
これが原因？本当？？
ショックすぎる。。 >>21
円柱2本の共通部分の超体積V_n
(cosθ)^n の積分の値 >>23 から、
V_n = V_ 2 2^(n-2){∫(cosθ)^3 d}{∫(cosθ)^4 dθ} ････ {∫(cosθ)^n dθ}
= V_2 2^(n-2) (2/n!!)･(π/2)^[(n-2)/2]
= 2^(n+1)/n!!･(π/2)^[(n-2)/2], (← V2=4)
V_3 = 16/3,
V_4 = 2π
V_5 = 32π/15（最大）
V_6 = 2ππ/3,
V_7 = 64ππ/105,
････ n=1000 の場合が千手観音ですね...
http://sanjusangendo.jp/b_1.html
（国宝 千手観音坐像） >>32
すいません、漸化式間違えてました。
2本に関してなら、ついに一般化できました。ありがとうございました。 n本の円柱 Mathematicaで計算
n! 2^n Integrate @@ Flatten[{Boole[Sum[a[j]^2, {j, 1, n - 1}] <= 1],
Join[{{a[1], 0, 1}}, Table[{a[i], 0, a[i - 1]}, {i, 2, n}]]}, 1]//FullSimplify
n=4 -> 12*(Pi - Sqrt[2]*Pi + 2*Sqrt[2]*ArcSin[1/Sqrt[3]]) = 5.27459...
n=5 -> (64/3 - 64*Sqrt[2])*Pi + 2*Sqrt[2]*(214*ArcCot[Sqrt[2]] - 43*ArcTan[2*Sqrt[2]]) = 5.50359...
n=6 の答えは一応出たが、画面に表示できないほど複雑な式。 >>35
Mathematica氏すごすぎ。どういうアルゴリズムで厳密解求めてるんだろう。
まあでも、この2^n(n!)分割作戦をとると、人手でも４次までは、
Mathematicaなら６次までは処理可能だったと。
（その６次の画面に表示しきれない式を見てみたい） >>36
n=6の場合は、表示しきれなかったというより計算を途中であきらめてるっぽいなあ。
多分積分記号が中に残っている。いずれにせよこの辺が限界かな。メモリをたくさん積んだら
もう少し行くかもしれないが。 n次元ユークリッド空間R^n(n>1)において,
半径rの超球をB_r^n,
各座標軸を中心とする半径rの(n-1)次元超円柱の共通部分をA_r^nとする.
(x_1,…,x_n)∈A_1^n
⇔(x_1,…,x_(n-1))∈B_1^(n-1) ∩ A_(√1-(x_n)^2)^(n-1).
まで考えたが、B_1∩A_rが簡単に処理できる気がしない、というか結局座標の大小になりそう
やはり単純な漸化式にはならんのか…… スレ立てしたものです。こんなに考えていただけてありがたいです。
2本の時はn次元の体積をv(n,r)と置くことで漸化式にできたので、n本でも同じことができないか考えてみます >>35
n=3 8(2 - √2) = 4.68629150101523961
n=4 12{π - (√2)ArcCos(-1/3)} = 5.2745906179876006367
n=5 64{(π/3) - 2(√2)ArcSin(1/3)} = 5.5035915844252344980 >>40
内接球（半径1）との(超)体積比をとると、
P(2) / Po(2) = 1.273239544735163 ( =4/π)
P(3) / Po(3) = 1.118769685734170
P(4) / Po(4) = 1.068855529286547
P(5) / Po(5) = 1.045557025533701
n→∞のとき１に収束する？ ☆ 日本人の婚姻数と出生数を増やしましょう。そのためには、☆
① 公的年金と生活保護を段階的に廃止して、満18歳以上の日本人に、
ベーシックインカムの導入は必須です。月額約60000円位ならば、廃止すれば
財源的には可能です。ベーシックインカム、でぜひググってみてください。
② 人工子宮は、既に完成しています。独身でも自分の赤ちゃんが欲しい方々へ。
人工子宮、でぜひググってみてください。日本のために、お願い致します。☆☆ ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
