電磁気学から屈折の法則を - flatlineの日記跡地

うぅ... $A\cos\omega_1 t +B\cos(\omega_2 t+\delta) = C\cos(\omega t+\epsilon)$ が成り立つには $|\omega_1| = |\omega_2| = |\omega|$ が必要である（周期の異なる調和振動を足すと調和振動は作れない）ことを示すのにかなり悩んでしまった... orz
調和振動の本質的な性格として $(\cos x)''=-\cos x$ が挙げられるので，それを利用．両辺を2回微分すれば次式を得る．
$\omega_1^2A\cos\omega_1 t+\omega_2^2B\cos(\omega_2 t+\delta) = \omega^2C\cos(\omega t+\epsilon) = \omega^2[A\cos\omega_1 t +B\cos(\omega_2 t+\delta)]$
$\Longleftrightarrow (\omega_1^2-\omega^2)A\cos\omega_1 t + (\omega_2^2-\omega^2)B\cos(\omega_2 t+\delta)=0$
ここで $|\omega_1|>|\omega_2|$ を仮定して $t=\pi/2\omega_1, 3\pi/2\omega_1$ を上式にそれぞれ代入すると
$(\omega_1^2-\omega^2)A\cdot0 + (\omega_2^2-\omega^2)B\cos\left(\frac{\omega_2\pi}{2\omega_1}+\delta\right)=0$
$(\omega_1^2-\omega^2)A\cdot0 + (\omega_2^2-\omega^2)B\cos\left(\frac{3\omega_2\pi}{2\omega_1}+\delta\right)=0$
を得るが， $\omega_2^2\not=\omega^2$ を仮定すると矛盾する．実際，cosが消えなければならなくなるので
$\frac{\omega_2\pi}{2\omega_1}+\delta = \left(n+\frac{1}{2}\right)\pi$
$\frac{3\omega_2\pi}{2\omega_1}+\delta = \left(m+\frac{1}{2}\right)\pi$
が必要だが，両辺の差を取ると $\omega_2\pi/\omega_1 = (m-n)\pi$ を得る．仮定 $|\omega_1|>|\omega_2|$ よりこれはあり得ない．
よって $\omega_2^2=\omega^2$ であり，このとき $(\omega_1^2-\omega^2)A\cos\omega_1 t=0$ より今度は $\omega_1^2=\omega^2$ を得る．
絶対にもっと単純な方法があると思うんだけど... 頭が働かない．

追記：ぎゃー．めちゃくちゃ書いてる... 示すべき結論を見失ってるのが我ながら痛々しい（ぉぃ
前提たる $A\cos\omega_1 t +B\cos(\omega_2 t+\delta) = C\cos(\omega t+\epsilon) \qquad\cdots(0)$ から
$(\omega_1^2-\omega^2)A\cos\omega_1 t + (\omega_2^2-\omega^2)B\cos(\omega_2 t+\delta)=0\qquad\cdots(1)$
を得るのまでに誤りはなかった．ここでまず $\omega_2^2=\omega^2$ を仮定すると，上式は $(\omega_1^2-\omega^2)A\cos\omega_1 t =0$ になり，これには $\omega_1^2=\omega^2$ が必要なので題意の成立が言える．これは先に $\omega_1^2=\omega^2$ を仮定しても同じこと．困るのは $\omega_1^2\not=\omega^2$ かつ $\omega_2^2\not=\omega^2\qquad\cdots(2)$ かもしれない可能性だ．この場合では $|\omega_1|>|\omega_2|\qquad\cdots(3)$ を仮定すると矛盾することを示そう．式(1)に $t=\pi/2\omega_1, 3\pi/2\omega_1$ をそれぞれ代入して
$(\omega_1^2-\omega^2)A\cdot0 + (\omega_2^2-\omega^2)B\cos\left(\frac{\omega_2\pi}{2\omega_1}+\delta\right)=0$
$(\omega_1^2-\omega^2)A\cdot0 + (\omega_2^2-\omega^2)B\cos\left(\frac{3\omega_2\pi}{2\omega_1}+\delta\right)=0$
を得るが，これは仮定(2)より
$\frac{\omega_2\pi}{2\omega_1}+\delta = \left(n+\frac{1}{2}\right)\pi$
$\frac{3\omega_2\pi}{2\omega_1}+\delta = \left(m+\frac{1}{2}\right)\pi$
を意味する．両辺の差を取ると $\omega_2\pi/\omega_1 = (m-n)\pi$ を得るが，仮定(3)よりこれはあり得ない．仮定(3)の代わりに $|\omega_1|\lt|\omega_2|$ を仮定しても同様の議論から矛盾を導ける．よって仮定(2)の下では $|\omega_1|=|\omega_2|\qquad\cdots(4)$ しかあり得ないが，これも矛盾に至ることを示そう．
補題
$A\cos\omega t + B\cos(\omega t + \epsilon) = (A + B\cos\epsilon)\cos\omega t - B\sin\epsilon\sin\omega t$
$\qquad\qquad = \sqrt{(A + B\cos\epsilon)^2 + B^2}\cos(\omega t + \delta),\quad \delta\equiv\arctan \frac{B\sin\epsilon}{A + B\cos\epsilon}$
$\qquad\qquad = \sqrt{A^2 + 2AB\cos\epsilon + B^2}\cos(\omega t + \delta)$
これを使うと(4)と(0)からは $|\omega|=|\omega_1|=|\omega_2|$ が従うが，これは仮定(2)と矛盾する．結局，仮定(2)は必ず矛盾に至るので $|\omega_1| = |\omega_2| = |\omega|$ しかあり得ない．証明終り．
うーむ「もぐら叩き」とでも言うのか？頭の悪い議論の典型だな... 何でこんなにごちゃごちゃしてしまったのか．しかしよい方法が思い付かない．寝るぽ