立体角（ステラジアン）に関する円周角の定理？

円周角の定理を次のように解釈します。
xy平面に区間{(x,0)|-1≦x≦1}がある。上半平面の点Pから、その区間を見たときに、その視角が一定であるような
点Pの軌跡は円の一部。
では、それを拡張して次のようにすると軌跡はどういった曲面になるのですか？
xyz空間に単位円{(x,y,0)|x^2+y^2≦1}がある。上半空間の点Pから、その単位円を見たときに、その視角が一定であるような
点Pの軌跡はどうなるのでしょうか？
http://www12.plala.or.jp/ksp/vectoranalysis/Gaus …
にある公式が使えそうな気がするのですが、計算がうまくいきません。
どなたか軌跡の面の形が計算できた方は教えてください。

No.1 回答者： ojisan7 回答日時： 2008/12/10 22:47

>xyz空間に単位円{(x,y,0)|x^2+y^2≦1}がある。

上半空間の点Pから、その単位円を見たときに、その視角が一定であるような
点Pの軌跡はどうなるのでしょうか？

単位円を見込む視角ですか？この場合は立体角を使うのは適切ではありません。z=0の平面上から単位円を見ると立体角はゼロになります。立体角ではなく、「視角の最大値が一定」とすれば、点Pの軌跡は球面になりそうです。どうしても立体角を使いたいなら、単位円ではなく、単位球{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2≦1}とすればよいでしょう。こうすれば、Pの軌跡が球になることは明らかです。あまりにも自明なので、計算の必要はありませんね。（笑）

No.2 回答者： arrysthmia 回答日時： 2008/12/11 00:10

参照URLの「ガウスの発散定理と立体角」節の式(4)によって、

xy平面上の単位円 x^2 + y^2 ≦ 1, z = 0 を、点 (u,v,w) が見込む立体角は、
∬[x^2 + y^2 ≦ 1] {(x,y,0) - (u,v,w)}・(0,0,1) / |(x,y,0) - (u,v,w)|^3 dxdy
= ∬ (-w) { (u - x)^2 + (v - y)^2 }^(-3/2) dxdy
= ∫[0≦θ≦2π] ∫[0≦r≦1] (-w) { (u - r cosθ)^2 + (v - r sinθ)^2 }^(-3/2) rdrdθ
= (-w) ∬ { (u^2 + v^2) - 2(u cosθ + v sinθ)r + r^2 }^(-3/2) rdrdθ
= (-w) ∫ k^3 ∫ r {1 + k^2 (r - c)^2}^(-3/2) dr dθ
　　　　ただし、k = 1 / (u sinθ - v cosθ), c = u cosθ + v sinθ
これを = 定数 と置けば、軌跡の方程式が得られる。

∫ r {1 + k^2 (r - c)^2}^(-3/2) dr は楕円積分だなあ。k が θ の関数だけど、
更に k^3 をかけて、θ で積分するのか。ああ…

No.3 ベストアンサー 回答者： ojisan7 回答日時： 2008/12/11 18:22

勘違いしました。

No1は撤回します。
サイトの近似（２）を使って良いなら、極座標で、
π*Cosθ＝K*r^2
となります。これは、x-y座標では
πx/K=(x^2+y^2)^(2/3)
という曲線ですが、これをｘ座標を軸として回転した曲面が点Pの軌跡です。ちょうど「だるま」のような曲面になるでしょうか。
π/K=3としたグラフを参考にして下さい。
でもこれは近似です。正確には楕円窓の立体角を求めなければなりませんが、非常に複雑になります。

No.4 回答者： wloop 回答日時： 2008/12/11 19:25

立体角を求めるのはarrysthmiaさんが使われた式と同じですが、

対象がｚ軸に対称なので、円筒座標をつかって立体角
を表現してみました。点(x,y,z)から見込む立体角Ω(x,y,z)は
R=(x^2+y^2)^(1/2)として、
Ω(x,y,z)=2・π・∫[0≦k≦∞] dk e^(-k・z)・Ｊ_0(k・R)・Ｊ_1(k)
となります。積分はベッセル関数Ｊ_0とＪ_1の積のラプラス変換の形です。
z軸上からみた立体角を求めると
(R=0を代入するとΩはベッセル関数Ｊ_1のラプラス変換になります。)
Ω(0,0,z)=2・π・（1-z/(1+z^2)^(1/2))
となりよく知られた式を再現します。
Ω(x,y,z)=一定が、もとめる曲面の式だと思います。

Ojisan7さんのご回答（No.3）にありますように
Ωは、一様に帯電した単位円板の作る電場のz成分と思え、
原点から十分離れた距離((x^2+y^2+z^2)^(1/2) >> 1)では
単位円板はほぼ点電荷とみなせます。したがって
Ω～π・z/(x^2+y^2+z~2)^(3/2)
Ωはz軸に対称ですからx-z平面をとって極座標で見ると(x=r・cosθ,z=r・sinθ)
Ω～π・sinθ/r^2
となります。Ω一定の曲線は副葉線と呼ばれるものになるようです。
（ojisan7さんの張られた画像の図形です。岩波数学公式１にあります。）
したがって原点から十分離れたところでは、求める曲面は
副葉線をz軸まわりに回転した形になると思います。

この回答へのお礼

みなさまありがとうございました。

お礼日時：2009/12/28 02:14

No.5 回答者： wloop 回答日時： 2008/12/11 20:11

No.4の補足です。

NO.4の回答で後半のx-z平面とあるのは
Ojisan7さんの図でいうと横軸がz軸、縦軸がx軸に対応してます。