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倭算数理研究所

科学・数学・学習関連の記事を、「倭マン日記」とは別に書いていくのだ!

2次元調和振動子の軌跡

古典力学 1粒子系 2次元 調和振動子

今回は、『中心力ポテンシャル中での質点の軌跡 ~2次元~』の内容を調和振動子に対して適用して、調和振動子の軌跡を求めて見ます(目次)。

ポテンシャル

調和振動子のポテンシャルは、ばね定数を  { k } として

  { \displaystyle\begin{align*}
  V(r) &= \frac{1}{2}kr^2
\end{align*}}

で与えられます。

軌跡

『中心力ポテンシャル中での質点の軌跡 ~2次元~』の結果より、中心力ポテンシャル中を運動する質点の軌跡は以下の積分で与えられます:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \theta - \theta_0 = - \frac{\ell}{\sqrt{2m}}\int \frac{du}{\sqrt{E - V\left(\frac{1}{u}\right) - \frac{\ell^2}{2m}u^2}}
    \qquad\left(u = \frac{1}{r}\right)
\end{align*}}

調和振動子のポテンシャルを入れると

  { \displaystyle\begin{align*}
  \theta - \theta_0 = - \frac{\ell}{\sqrt{2m}}\int \frac{du}{\sqrt{E - \frac{1}{2}k\frac{1}{u^2} - \frac{\ell^2}{2m}u^2}}
\end{align*}}

 { u } 積分を抜き出して  { I } とおき、積分を実行しましょう。

  { \displaystyle\begin{align*}
  I &= \int \frac{du}{\sqrt{E - \frac{1}{2}k\frac{1}{u^2} - \frac{\ell^2}{2m}u^2}} \\
    &= \int \frac{udu}{\sqrt{Eu^2 - \frac{1}{2}k - \frac{\ell^2}{2m}u^4}} \\
    &= \int \frac{udu}{\sqrt{\frac{mE^2 - k\ell^2}{2\ell^2} - \frac{\ell^2}{2m}\left(u^2 - \frac{m}{\ell^2}E\right)^2}}
\end{align*}}

ここで、平方根の中が  { 1-\sin^2\varphi } に比例するように変数  { \varphi } を以下のように導入しましょう:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{\ell}{\sqrt{2m}}\left(u^2 - \frac{m}{\ell^2}E\right) = \sqrt{\frac{mE^2 - k\ell^2}{2\ell^2}}\sin\varphi \qquad
    \left(\ell\sqrt{\frac{2}{m}} \; udu = \sqrt{\frac{mE^2 - k\ell^2}{2\ell^2}}\cos\varphi d\varphi\right)
\end{align*}}

このとき、被積分関数が簡単になって

  { \displaystyle\begin{align*}
  I &= \frac{1}{\ell}\sqrt{\frac{m}{2}} \int d\varphi \\
    &= \frac{1}{\ell}\sqrt{\frac{m}{2}} \varphi \\
    &= \frac{1}{\ell}\sqrt{\frac{m}{2}} \sin^{-1}
      \left[\sqrt{\frac{2\ell^2}{mE^2 - k\ell^2}} \frac{\ell}{\sqrt{2m}}\left(u^2 - \frac{m}{\ell^2}E\right)\right] \\
    &= \frac{1}{\ell}\sqrt{\frac{m}{2}} \sin^{-1}
      \left[\frac{\ell^2}{\sqrt{m^2E^2 - km\ell^2}}\left(u^2 - \frac{m}{\ell^2}E\right)\right]
\end{align*}}

よって

  { \displaystyle\begin{align*}
  &\theta - \theta_0
    = - \frac{\ell}{\sqrt{2m}} \cdot \frac{1}{\ell}\sqrt{\frac{m}{2}} \sin^{-1}
      \left[\frac{\ell^2}{\sqrt{m^2E^2 - km\ell^2}}\left(u^2 - \frac{m}{\ell^2}E\right)\right] \\[2mm]
  & \frac{\ell^2}{\sqrt{m^2E^2 - km\ell^2}}\left(u^2 - \frac{m}{\ell^2}E\right)
    = -\sin 2(\theta - \theta_0)
\end{align*}}

これを  { r } について解くと

  { \displaystyle\begin{align*}
  u^2 &= \frac{m}{\ell^2}E - \frac{\sqrt{m^2E^2 - km\ell^2}}{\ell^2}\sin 2(\theta - \theta_0) \\[2mm]
  \therefore \, r &= \frac{\ell}{\sqrt{mE - \sqrt{m^2E^2 - km\ell^2}\;\sin 2(\theta - \theta_0)}}
\end{align*}}

通常やられるように、質点の質量  { m } の代わりに調和振動子の振動数  { \omega = \sqrt{\frac{k}{m}} } を使って書き換えておきましょう:

  { \displaystyle\begin{align*}
  r &= \frac{\ell\omega}{\sqrt{k\left[E - \sqrt{E^2 - \ell^2\omega^2}\;\sin 2(\theta - \theta_0)\right]}}
\end{align*}}

境界条件

中心力ポテンシャルの問題で通常そうするように、質点が中心に最も近づくときに  { \theta = 0 } となるように積分定数  { \theta_0 } を決めましょう。 これは  { \sin 2(\theta - \theta_0) = -\cos 2\theta } となるように  { \theta_0 } をとれば満たされます:

  { \displaystyle\begin{align*}
  r &= \frac{\ell\omega}{\sqrt{k\left[E + \sqrt{E^2 - \ell^2\omega^2}\;\cos 2\theta\right]}}
\end{align*}}

この式を  { E,\,\ell } の代わりに、初期位置  { r_0 }偏角方向の初速度  { v_0 } を使って書き換えておきましょう。 『2次元の調和振動子』の初期条件の箇所で計算したように

  { \displaystyle\begin{align*}
  \ell &= mr_0v_0 = \frac{kr_0v_0}{\omega^2} \\
  E &= \frac{k}{2}\left(\frac{v_0^2}{\omega^2} + r_0^2\right) &
  \sqrt{E^2-\ell^2\omega^2} &= \frac{k}{2}\left(\frac{v_0^2}{\omega^2} - r_0^2\right) \\
\end{align*}}

だったので、上記の  { r } の式に代入して

  { \displaystyle\begin{align*}
  r &= \frac{\frac{kr_0v_0}{\omega}}{k\sqrt{\frac{1}{2}\left(\frac{v_0^2}{\omega^2} + r_0^2\right)
      + \frac{1}{2}\left(\frac{v_0^2}{\omega^2} - r_0^2\right)\cos 2\theta}} \\
   &= \frac{r_0v_0}{\omega\sqrt{\frac{v_0^2}{\omega^2}\frac{1+\cos2\theta}{2} + r_0^2\frac{1-\cos2\theta}{2}}} \\
   &= \frac{r_0v_0}{\omega\sqrt{\frac{v_0^2}{\omega^2}\cos^2\theta + r_0^2\sin^2\theta}} \\
   &= \frac{r_0}{\sqrt{\cos^2\theta + \frac{r_0^2\omega^2}{v_0^2}\sin^2\theta}}
\end{align*}}

したがって、軌跡の方程式として

  { \displaystyle\begin{align*}
  r &= \frac{r_0}{\sqrt{\cos^2\theta + \frac{r_0^2\omega^2}{v_0^2}\sin^2\theta}}
\end{align*}}

を得ます。

軌跡の図形

前節の軌跡の方程式がどのような図形を表しているのかを見てみましょう。 そのために極座標から直交座標に戻しましょう:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \begin{cases}
    x = r\cos\theta \\
    y = r\sin\theta
  \end{cases}
\end{align*}}

軌跡の方程式より

  { \displaystyle\begin{align*}
  r^2\cos^2\theta + \frac{r_0^2\omega^2}{v_0^2}r^2\sin^2\theta &= r_0^2 \\
  x^2 + \frac{r_0^2\omega^2}{v_0^2}y^2 &= r_0^2 \\
  \therefore \, \frac{x^2}{r_0^2} + \frac{\omega^2 y^2}{v_0^2} &= 1
\end{align*}}

2次元の調和振動子』で初期条件を課したときに見たように  {\frac{v_0^2}{\omega^2} - r_0^2 > 0 } なので  { \frac{v_0}{\omega} > r_0 } となります。 よって、この軌跡方程式は中心がポテンシャルの中心で、短軸が  { 2r_0 }、長軸が  { \frac{2v_0}{\omega} } の楕円であることが分かります。

初期条件として与える  { r_0,\,v_0 } { \frac{v_0}{\omega} < r_0 } となっている場合には楕円の長軸と短軸が入れ替わります。 また、 { \frac{v_0}{\omega} = r_0 } の場合には軌道が円周になります。

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中心力ポテンシャル中での質点の軌跡 ~2次元~

古典力学 1粒子系 2次元

今回は、2次元において中心力ポテンシャル中で運動する質点の描く軌跡を求める方法を見ていきます(目次)。

中心力ポテンシャル中での質点の運動方程式 ~2次元~』で、中心力ポテンシャル中で運動する質点の座標  { r,\,\theta } を時間の関数として求める一般的な方法を見ましたが、この方法で具体的な問題を解こうとすると、積分を実行したり結果を  { r } { \theta } について解いたりするのが大変、もしくは初等関数で書けないという場合がよくあります*1。 ただし、そういった場合でも方程式から時間を消去して、質点が描く軌跡を求めることができます。

この記事の内容

参考

積分

中心力ポテンシャル中での質点の運動方程式 ~2次元~』より、動径  { r }偏角  { \theta } は時間微分に関して以下の微分方程式を満たします:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{1}{2}m\left(\frac{dr}{dt}\right)^2 &= -\frac{\ell^2}{2mr^2} - V(r) + E \\
  \frac{d\theta}{dt} &= \frac{\ell}{mr^2}
\end{align*}}

 { r }微分方程式 { dt } について解くと

  { \displaystyle\begin{align*}
  dt &= \frac{dr}{\sqrt{\frac{2}{m}\left(E - V(r) - \frac{\ell^2}{2mr^2}\right)}}
\end{align*}}

これと  { \theta }微分方程式から  { dt } を消去すると

  { \displaystyle\begin{align*}
  d\theta
    &= \frac{\ell}{mr^2} dt \\
    &= \frac{\ell dr}{mr^2\sqrt{\frac{2}{m}\left(E - V(r) - \frac{\ell^2}{2mr^2}\right)}} \\
    &= \frac{\ell dr}{r^2\sqrt{2m\left(E - V(r) - \frac{\ell^2}{2mr^2}\right)}}
\end{align*}}

両辺を積分して

  { \displaystyle\begin{align*}
  \theta - \theta_0 = \frac{\ell}{\sqrt{2m}}\int \frac{dr}{r^2\sqrt{E - V(r) - \frac{\ell^2}{2mr^2}}}
\end{align*}}

となります。 ここで  { \theta_0 }積分定数です。 ポテンシャル  { V(r) } の具体的な形を与えて右辺の  { r } 積分を実行すると、 { \theta } { r } で表した軌道の方程式が得られます。

別の形
場合によっては、 { r } の代わりに  { u = \frac{1}{r} } で定義される変数  { u } を導入した方が積分が簡単になる場合があります。

  { \displaystyle\begin{align*}
  du &= \frac{du}{dr}dr \\
       &= -\frac{dr}{r^2}
\end{align*}}

より、上記の積分

  { \displaystyle\begin{align*}
  \theta - \theta_0 = - \frac{\ell}{\sqrt{2m}}\int \frac{du}{\sqrt{E - V\left(\frac{1}{u}\right) - \frac{\ell^2}{2m}u^2}}
\end{align*}}

となります。

境界条件
中心力ポテンシャル中での質点の運動方程式 ~2次元~』で書いたように(【追記】した)、質点が回帰点にいるときに  { t = 0 } となるように時刻の基準をとりますが、軌道の方程式でも回帰点が  { \theta = 0 } となるように偏角の軸をとります。 回帰点では動径方向の速度が0なので、軌道( { \theta } の関数としての  { r })に対する条件は

  { \displaystyle\begin{align*}
  \left.\frac{dr}{d\theta}\right|_{\theta = 0}
    &= \left.\frac{\,\frac{dr}{dt}\,}{\frac{d\theta}{dt}}\right|_{\theta = 0}
    &= 0
\end{align*}}

となります。 変数  { u } を使う場合は

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{du}{d\theta}
    &= \frac{du}{dr}\frac{dr}{d\theta} \\
    &= -\frac{1}{r^2}\frac{dr}{d\theta}
\end{align*}}

より、やはり  { \theta } 微分が0になればいいことが分かります。 両方の場合の条件を書き下しておくと

  { \displaystyle\begin{align*}
  \left.\frac{dr}{d\theta}\right|_{\theta = 0} &= 0 \qquad \textrm{or}&
  \left.\frac{du}{d\theta}\right|_{\theta = 0} &= 0
\end{align*}}

となります。

軌跡の微分方程式

ポテンシャルの具体的な関数形が分かれば、上記の積分を実行して軌跡の方程式が求まり、それで問題終了なんですが、ここでは  { \theta } の関数としての  { r } が満たす微分方程式を導いてみます。 出発する微分方程式が実質的に同じなので、ここで得られた微分方程式積分して解を求めると上記の積分になり、理論としては特に新しい事項はありません。 ただし、この微分方程式を使うと、質点の運動からポテンシャルの形を求めることができるそうなので(自分で実際にやったことはないけど)、一応やっておきます。

出発となる微分方程式は、やはり  { r } { \theta }運動方程式です:

  { \displaystyle\begin{align*}
  m\frac{d^2 r}{dt^2} &= \frac{\ell^2}{mr^3} - \frac{dV}{dr} \\
  \frac{d\theta}{dt} &= \frac{\ell}{mr^2}
\end{align*}}

 { r } の方は前節のものと違う形ですが、少し変形すれば同じ形できます。 さて、 { \theta }運動方程式から、時間微分偏角微分で表すことができます:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{d}{dt}
    &= \frac{d\theta}{dt}\frac{d}{d\theta} \\
    &= \frac{\ell}{mr^2}\frac{d}{d\theta}
\end{align*}}

これを使って、 { r }運動方程式の時間微分偏角微分に書き換えると

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{\ell^2}{m} \frac{1}{r^2}\frac{d}{d\theta}\left(\frac{1}{r^2}\frac{dr}{d\theta}\right)
    &= \frac{\ell^2}{mr^3} - \frac{dV}{dr} \\
  \therefore \; \frac{1}{r^2}\frac{d}{d\theta}\left(\frac{1}{r^2}\frac{dr}{d\theta}\right)
    &= \frac{1}{r^3} - \frac{m}{\ell^2}\frac{dV}{dr}
\end{align*}}

となります。  { \theta } 微分を含む項がちょっと込み入っていますが、次の恒等式

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{d}{d\theta}\left(\frac{1}{r}\right) &= - \frac{1}{r^2}\frac{dr}{d\theta}
\end{align*}}

に注意して、変数  { u } { u = \frac{1}{r} } によって導入すると、上記の微分方程式の左辺は  { -u^2\frac{d^2u}{d\theta^2} } のように簡単な形にまとまります。 また、 { r } 微分 { u } で書き換えると

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{d}{dr}
    &= \frac{du}{dr}\frac{d}{du} \\
    &= -\frac{1}{r^2}\frac{d}{du} \\
    &= -u^2\frac{d}{du}
\end{align*}}

となるので、結局、上記の微分方程式

  { \displaystyle\begin{align*}
  -u^2\frac{d^2u}{d\theta^2} &= u^3 + \frac{m}{\ell^2}u^2\frac{d}{du}V\left(\frac{1}{u}\right) \\
  \therefore \; \frac{d^2u}{d\theta^2} + u &= -\frac{m}{\ell^2}\frac{d}{du}V\left(\frac{1}{u}\right)
\end{align*}}

となります。 まぁ、これを解けば前節の積分 { u } で表したもの)になるだけなんですが。

今回は中心力ポテンシャルが働く質点の運動から時間を消去して軌跡の方程式を求めました。 具体的なポテンシャルについての結果は後日やる予定。

修正

  • 軌跡の場合は初期条件と言うより境界条件と言った方が適切なので修正しました。
  • 境界条件の箇所の一部を別記事に移しました。

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*1:ケプラー問題で既に  { r } { t } の関数として解けない。

不定積分と偶関数・奇関数

高校数学 解析学

高校数学では、積分については偶関数・奇関数に対する便利な公式がありますね。  { f_\textrm{even}(x),\,f_\textrm{odd}(x) } をそれぞれ偶関数、奇関数とする、つまり以下が成り立つとします:

  { \displaystyle\begin{align*}
  f_\textrm{even}(-x) &= f_\textrm{even}(x) \\
  f_\textrm{odd}(-x) &= -f_\textrm{odd}(x)
\end{align*}}

このとき、 { x = 0 } を中点とする区間での定積分に対して次の公式が成り立ちます( { a } は正の定数):

  { \displaystyle\begin{align*}
  \int_{-a}^a f_\textrm{even}(x) dx &= 2\int_0^a f_\textrm{even}(x) dx \\
  \int_{-a}^a f_\textrm{odd}(x) dx &= 0
\end{align*}}

不定積分

さて、では不定積分について、偶関数・奇関数に関連して何か言えることはないか考えてみましょう。  { F(x),\,G(x) } をそれぞれ  { f_\textrm{even}(x),\,f_\textrm{odd}(x) } の原始関数*1とします。 ただし、積分定数は0とします:

  { \displaystyle\begin{align*}
  F(x) = \int f_\textrm{even}(x)dx \\
  G(x) = \int f_\textrm{odd}(x)dx
\end{align*}}

このとき、 { F(x) } について

  { \displaystyle\begin{align*}
  F(-x)
    &= F(t) \qquad (t = -x) \\
    &= \int f_\textrm{even}(t)dt \\
    &= -\int f_\textrm{even}(-x)dx \\
    &= -\int f_\textrm{even}(x)dx \qquad (\because f_\textrm{even}(-x) = f_\textrm{even}(x)) \\
    &= -F(x)
\end{align*}}

となり、 { F(x) } は奇関数になることが分かります。 同様にして、 { G(x) } について

  { \displaystyle\begin{align*}
  G(-x)
    &= G(t) \qquad (t = -x) \\
    &= \int f_\textrm{odd}(t)dt \\
    &= -\int f_\textrm{odd}(-x)dx \\
    &= \int f_\textrm{odd}(x)dx \qquad (\because f_\textrm{odd}(-x) = -f_\textrm{odd}(x)) \\
    &= G(x)
\end{align*}}

となり、 { G(x) } は偶関数になることが分かります( { G(x) } については積分定数が0である必要はないですね)。 つまり、積分定数を0としたとき、偶関数、奇関数の原始関数(不定積分)はそれぞれ奇関数、偶関数になることが分かります。

微分

ちなみ、微分についても同じような関係が成り立ちます。  { f_\textrm{even}(x),\,f_\textrm{odd}(x) }導関数をそれぞれ  { \mathfrak{f}(x),\,\mathfrak{g}(x) } としましょう。  { f_\textrm{even}(x) } は偶関数なので  { f_\textrm{even}(-x) = f_\textrm{even}(x) } が成り立ちます。 両辺を  { x }微分して

  { \displaystyle\begin{align*}
  -\mathfrak{f}(-x) &= \mathfrak{f}(x) \\
  \therefore\; \mathfrak{f}(-x) &= -\mathfrak{f}(x)
\end{align*}}

よって  { \mathfrak{f}(x) } は奇関数になります。 同様にして、 { f_\textrm{odd}(x) } に対しては  {  f_\textrm{odd}(-x) = - f_\textrm{odd}(x) } が成り立ち、両辺を  { x }微分すると

  { \displaystyle\begin{align*}
  -\mathfrak{g}(-x) &= -\mathfrak{g}(x) \\
  \therefore\; \mathfrak{g}(-x) &= \mathfrak{g}(x)
\end{align*}}

となり、 { \mathfrak{g}(x) } は偶関数になります。 まぁ、グラフを考えれば当たり前ですが。

以上、計算だけなら数秒で終わりそうな話でした。

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*1:微分するとその関数になる関数。 F'(x) = f(x) を満たす F(x)。 不定積分の結果を x の関数と見たものって感じ。