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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次元の調和振動子

解析力学 1粒子系 2次元 調和振動子

以前の記事で1次元の調和振動子運動方程式を解きましたが、今回は2次元の調和振動子を解きます。 直交座標と極座標でそれぞれ解いてみます。

ばね定数が  { k } の(等方的な)2次元の調和振動子は、ポテンシャル  { V(x,\,y) }

  { \displaystyle\begin{align*}
  V(x,\,y) = \frac{1}{2}k(x^2 + y^2) = \frac{1}{2}kr^2
    \qquad \left(r = \sqrt{x^2 + y^2}\right)
\end{align*}}

で与えられます。 振動する質点の位置ベクトルを  { \textbf{r} }、質量を  { m } としましょう。

直交座標で解く

 { \nabla r^2 = 2r \nabla r = 2 \textbf{r} } より*1、直交座標での運動方程式

  { \displaystyle\begin{align*}
  m\frac{d^2 \textbf{r}}{dt^2} &= -k \textbf{r}
\end{align*}}

もしくは、成分ごとに書くと

  { \displaystyle\begin{align*}
  m\frac{d^2 x}{dt^2} &= -k x \\
  m\frac{d^2 y}{dt^2} &= -k y
\end{align*}}

となります。 それぞれの方程式は1次元の調和振動子運動方程式と等しいので、解は1次元の結果を使って簡単に書き下せます。 初期位置、初速度のベクトルをそれぞれ  { \textbf{r}_0,\,\textbf{v}_0 } とすると、 { \omega = \sqrt{\frac{k}{m}} } として

  { \displaystyle\begin{align*}
\textbf{r}(t) &= \textbf{r}_0\cos \omega t + \frac{\textbf{v}_0}{\omega}\sin\omega t \\
     \textbf{v}(t) &= \textbf{v}_0\cos \omega t - \textbf{r}_0\omega\sin\omega t 
\end{align*}}

極座標で解く

調和振動子のポテンシャルは動径  { r } のみに依存するので『中心力ポテンシャル中での質点の運動方程式 ~2次元~』での解法が使えます。 なので、この解法の具体例として、2次元の調和振動子を解いてみましょう。 ただ積分するだけではありますが、初期条件を課すのも含めて結構面倒くさい計算が必要です。 もう少し簡単に解く方法があるようですが、それは別の機会に。

動径成分
 { r,\,t } の関係は以下で与えられます:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \int \frac{dr}{ \sqrt{\frac{2}{m}\left(E - \frac{1}{2}kr^2 - \frac{\ell^2}{2mr^2}\right)}} = t + C
\end{align*}}

ここで  { E,\,C }積分定数です。 左辺の積分 { R } とおいて積分を実行すると

  { \displaystyle\begin{align*}
  R
    &=  \int \frac{dr}{ \sqrt{\frac{2}{m}\left(E - \frac{1}{2}kr^2 - \frac{\ell^2}{2mr^2}\right)}} \\
    &= \int \frac{rdr}{ \sqrt{\frac{2}{m}\left(Er^2 - \frac{1}{2}kr^4 - \frac{\ell^2}{2m}\right)}} \\
    &= \sqrt{\frac{m}{k}} \int \frac{rdr}{ \sqrt{\frac{2E}{k}r^2 - r^4 - \frac{\ell^2}{mk}}} \\
    &= \sqrt{\frac{m}{k}} \int \frac{rdr}{ \sqrt{\frac{E^2}{k^2} - \frac{\ell^2}{mk} - \left(r^2 - \frac{E}{k}\right)^2}} \\
\end{align*}}

以下で定義される新しい積分変数  { \varphi }

  { \displaystyle\begin{align*}
  r^2 - \frac{E}{k} = \sqrt{\frac{E^2}{k^2} - \frac{\ell^2}{mk}}\;\sin\varphi \qquad
  \left(2rdr = \sqrt{\frac{E^2}{k^2} - \frac{\ell^2}{mk}}\;\cos\varphi d\varphi\right)
\end{align*}}

へ変数変換すると、積分  { R }

  { \displaystyle\begin{align*}
  R &= \frac{1}{2}\sqrt{\frac{m}{k}} \int \frac{\cos\varphi d\varphi}{\sqrt{1-\sin^2\varphi}} \\
     &= \frac{1}{2}\sqrt{\frac{m}{k}} \int d\varphi \\
     &= \frac{1}{2}\sqrt{\frac{m}{k}} \varphi \\
     &= \frac{1}{2}\sqrt{\frac{m}{k}} \sin^{-1} \left(\frac{r^2 - \frac{E}{k}}{\sqrt{\frac{E^2}{k^2} - \frac{\ell^2}{mk}}}\right)
\end{align*}}

 { R = t + C } だったので

  { \displaystyle\begin{align*}
 \frac{1}{2}\sqrt{\frac{m}{k}} \sin^{-1} \left(\frac{r^2 - \frac{E}{k}}{\sqrt{\frac{E^2}{k^2} - \frac{\ell^2}{mk}}}\right) = t + C
\end{align*}}

これを  { r^2 } について解くと

  { \displaystyle\begin{align*}
  r^2 &= \sqrt{\frac{E^2}{k^2} - \frac{\ell^2}{mk}}\;\sin\left(2\sqrt{\frac{k}{m}}t +\phi\right) + \frac{E}{k} \qquad
    \left(\phi = 2\sqrt{\frac{k}{m}}\;C\right)
\end{align*}}

式を少し簡単にするために、 { m } の代わりに1次元の調和振動子にも出てきた角振動数  { \omega = \sqrt{\frac{k}{m}} } を使って書き換えましょう:

  { \displaystyle\begin{align*}
  r^2 &= \frac{\sqrt{E^2 - \ell^2\omega^2}}{k}\;\sin\left(2\omega t +\phi\right) + \frac{E}{k}
\end{align*}}

両辺の平方根をとると  { r } { t } の関数として求まりますが、その前にこの時点で初期条件を課しておきましょう。

初期条件
極座標では、直交座標のように  { t = 0 } での位置ベクトルと速度ベクトルを一般的な形で課すとかなり計算が面倒です。  { r^2 } の式を見ると動径(の2乗)は時間とともに振動するだけなので、次のような条件を課すことにします:

動径方向に最も遠い位置にある時刻を  { t = 0 } とし、その時の動径と偏角をそれぞれ  { r_0 }, 0とする。

1次元の調和振動子(バネについた質点)で、一番遠くまで引っ張って離す瞬間を  { t = 0 } とすることのアナロジーですね。 動径方向には振動運動をするので、動径方向に最も離れているときは速度の動径成分は0です:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{dr}{dt}(0) = 0
\end{align*}}

偏角方向には速度を持ちますが、これは角運動量  { \ell } と関係しています。 前回の記事より  { \frac{d\theta}{dt} = \frac{\ell}{mr^2} } なので

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{d\theta}{dt}(0) = \frac{\ell}{mr_0^2}
\end{align*}}

となります。 初速度の偏角成分(角速度ではなく速度の動径方向に直交する成分)  { v_0 } が初期条件として与えられるとすると、

  { \displaystyle\begin{align*}
  v_0 = r_0 \frac{d\theta}{dt}(t) = \frac{\ell}{mr_0}
\end{align*}}

となります。  { E }積分定数だったので、これも定数で書き下しておきましょう。  { t = 0 } { E } を考えて

  { \displaystyle\begin{align*}
  E 
    &= \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{dr}{dt}\right)^2 +  \frac{\ell^2}{2mr^2} + \frac{1}{2}kr^2\right]_{t=0} \\
    &= \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}kr_0^2 \\
    &= \frac{kv_0^2}{2\omega^2} + \frac{kr_0^2}{2} \qquad
      \left(\because \omega = \sqrt{\frac{k}{m}}\right) \\
    &= \frac{k}{2}\left(\frac{v_0^2}{\omega^2} + r_0^2\right)
\end{align*}}

ついでに、上記で得られた  { r^2 } の表式に含まれている因子も書き換えておきましょう。

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{E}{k} &= \frac{1}{2}\left(\frac{v_0^2}{\omega^2} + r_0^2\right)
\end{align*}}

また

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{E^2 - \ell^2\omega^2}{k^2}
    &= \frac{1}{4}\left(\frac{v_0^2}{\omega^2} + r_0^2\right)^2 - \frac{(mr_0v_0)^2\omega^2}{k^2} \qquad
      \left(\ell = mr_0v_0\right)\\
    &= \frac{1}{4}\left(\frac{v_0^2}{\omega^2} + r_0^2\right)^2 - \frac{r_0^2v_0^2}{\omega^2} \\
    &= \frac{1}{4}\left(\frac{v_0^2}{\omega^2} - r_0^2\right)^2 \\[2mm]
  \frac{\sqrt{E^2 - \ell^2\omega^2}}{k}
    &= \frac{1}{2}\left(r_0^2 - \frac{v_0^2}{\omega^2}\right)
\end{align*}}

ちなみに、ここで与えた初期条件を直交座標での初期条件として書くと

  { \displaystyle\begin{align*}
  \textbf{r}_0 &= \begin{pmatrix} r_0 \\ 0 \end{pmatrix} \qquad
  \textbf{v}_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ v_0 \end{pmatrix}
\end{align*}}

です。 

動径成分 再び
さて、前節の初期条件を  { r^2 } の式に課すと、 { \frac{dr}{dt}(0) = 0 } より  { \phi = \pm\frac{\pi}{2} } となります。 よって( { t = 0 } { r } が最大になる方を選んで)

  { \displaystyle\begin{align*}
  r^2
    &= \frac{\sqrt{E^2 - \ell^2\omega^2}}{k}\;\cos 2\omega t + \frac{E}{k} \\
    &= \frac{1}{2}\left(r_0^2 - \frac{v_0^2}{\omega^2}\right) \cos 2\omega t
      + \frac{1}{2}\left(r_0^2 + \frac{v_0^2}{\omega^2}\right) \\
    &= \frac{r_0^2}{2} (1 + \cos 2\omega t) + \frac{v_0^2}{2\omega^2}(1 - \cos 2\omega t) \\
    &= r_0^2 \cos^2 \omega t + \frac{v_0^2}{\omega^2} \sin^2\omega t \\[2mm]
  r(t) &= \sqrt{r_0^2 \cos^2 \omega t + \frac{v_0^2}{\omega^2} \sin^2\omega t}
\end{align*}}

を得ます。 これは直交座標の解に今の場合の初期条件を課して  { |\textbf{r}(t)| } を計算したものと一致します。

偏角成分
偏角成分は  { \theta } に対しての正準方程式  { \frac{d\theta}{dt} = \frac{\ell}{mr^2} } から求まります:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{d\theta}{dt}
    &= \frac{r_0v_0}{kr^2} \qquad\left(\because \omega = \sqrt{\frac{k}{m}},\,\ell = mr_0v_0\right) \\
  \frac{d\theta}{dt}
    &= \frac{r_0v_0}{r_0^2 \cos^2 \omega t + \frac{v_0^2}{\omega^2} \sin^2\omega t}
\end{align*}}

これを積分するのはちょっと大変なので、直交座標の解(に今の初期条件を課したもの)から解の形に見当をつけて、以下の関数を考えてみます( { A } は定数):

  { \displaystyle\begin{align*}
  f(t) = \tan^{-1}\left(A\tan \omega t\right)
\end{align*}}

両辺を  { x }微分すると

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{df(t)}{dt}
    &= \frac{1}{1+A^2\tan^2 \omega t}\cdot A \cdot \frac{1}{\cos^2 \omega t} \cdot \omega \\
    &= \frac{A\omega}{\cos ^2 \omega t + A^2\sin^2 \omega t}
\end{align*}}

となるので、 { A = \frac{v_0}{r_0\omega} } とすれば今の場合にちょうど当てはまって

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{d\theta}{dt}
    &= \frac{\frac{v_0}{r_0\omega}\cdot \omega}{\cos^2 \omega t + \left(\frac{v_0}{r_0\omega}\right)^2 \sin^2\omega t} \\
  \theta(t)
    &= \tan^{-1}\left(\frac{v_0}{r_0\omega}\tan \omega t\right) \\
  \therefore \tan \theta(t)
    &= \frac{v_0}{r_0\omega}\tan \omega t
\end{align*}}

を得ます。 やはりこれも直交座標の解に今の場合の初期条件を課して  { \frac{y(t)}{x(t)} } を計算したものと一致します。

2次元の調和振動子極座標で素直に解こうとすると思いの外大変なのが分かりました。 予定では同じことを  { \frac{1}{r} } に比例するポテンシャルについて行って惑星の運動を導くつもりですが、果たして解けるのかどうか。

惑星の運動などを導く際には、ここで行った方法ではなく、角運動量以外の保存量を使って積分する方法が一般的に使われているので、そちらをやるかもしれません。 ただ、いきなりその方法をやると有難味が分からない気がするので今回は頑張って泥臭い積分を計算してみました。

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古典力学 下 (物理学叢書 105)

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*1:成分ごとに計算した方が簡単ですが。

中心力ポテンシャル中での質点の運動方程式 ~2次元~

解析力学 1粒子系 2次元

前回ラグランジアン形式と正準形式の運動方程式極座標で表しましたが、今回は特にポテンシャル  { V(\textbf{r}) } が中心力ポテンシャルの場合を考えます。

ラグランジアンハミルトニアン

中心力ポテンシャルとは、ポテンシャルが位置ベクトルの動径成分  { r } のみに依り、偏角  { \theta } には依存しないポテンシャルです:

  { \displaystyle\begin{align*}
  V(\textbf{r}) = V(r)
\end{align*}}

特に  { \frac{\partial V}{\partial \theta} = 0 } です。 ラグランジアン  { L }ハミルトニアン  { H } は以下のようになります:

  { \displaystyle\begin{align*}
  L(r,\,\theta,\,\dot{r},\,\dot{\theta}) &= \frac{1}{2}m\dot{r}^2 + \frac{1}{2}m r^2 \dot{\theta}^2 - V(r)  \\
  H(r,\,\theta,\,p_r,\,p_\theta) &= \frac{p_r^2}{2m} + \frac{p_\theta^2}{2mr^2} + V(r)
\end{align*}}

正準方程式角運動量保存

運動方程式を解くのはラグランジアン形式でも正準形式でも(少なくとも今の場合は)大して変わらないので正準形式でやりましょう。 中心力ポテンシャルの系の正準方程式は以下のようになります:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \dot{r} &= \frac{p_r}{m} \qquad&
  \dot{p_r} &= \frac{p_\theta^2}{mr^3} - \frac{dV}{dr}  \\
  \dot{\theta} &= \frac{p_\theta}{mr^2}  \qquad&
  \dot{p_\theta} &= 0
\end{align*}}

 { \dot{p_\theta} = 0 } より  { p_\theta } が保存量*1であることがわかります。  { p_\theta }角運動量と呼ばれ、中心力ポテンシャルのみがある系ではこの角運動量が保存されます。 ここではこの保存される角運動量の値が  { \ell } であるとしましょう:

  { \displaystyle\begin{align*}
  p_\theta = \ell
\end{align*}}

これを使って残りの正準方程式を書き換えると

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

となります。  { \dot{\theta} } の式からは、 { r } が求まれば  { \theta } が求まることが分かります。 よって、まずは上の2つの方程式から  { r } を求めましょう。 この2式から  { p_r } を消去すると

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

となり、動径が満たすべき方程式が得られます。

動径方程式を解く

さて、前節で得られた動径  { r } に関する微分方程式を、中心力ポテンシャル  { V(r) } の形を特定せずに解けるところまで解いてみましょう。 両辺に  { \dot{r} } をかけて積分すると

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{1}{2}m\dot{r}^2 &= -\frac{\ell^2}{2mr^2} - V(r) + E
\end{align*}}

 { E }積分定数です。 ちょっと方程式を解くことから脱線しますが、上式を

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{1}{2}m\dot{r}^2 + \frac{\ell^2}{2mr^2} + V(r) &= E
\end{align*}}

と変形すると、左辺が動径方向の運動エネルギー、回転運動の運動エネルギー、ポテンシャルエネルギーの和で、それが(右辺の)定数に等しいというエネルギー保存の法則と解釈できます。 さて、話を元に戻して、積分後の式を  { \dot{r} } について解いて、さらに変形して積分すると

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

左辺の  { r } 積分 { V(r) } の具体的な形が与えられないと実行できませんが、この積分を実行した後で、結果を  { r } について解けば  { r } が求まります。 また、その解を  { \dot{\theta} }正準方程式に代入して時間積分を行うと  { \theta } が求まります。

ラグランジアン形式の場合

ラグランジアン形式でも  { r } についての微分方程式を解く部分以降は同じですが、ちょっと導入だけ。 ラグランジアンに(一般化)座標  { \theta } が直接含まれていないので、 { \theta }サイクリックな座標*2です。 ラグランジアンにサイクリックな座標があると、それに共役な正準運動量  { p_\theta = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} } は保存されます。 なぜなら  { \frac{\partial L}{\partial \theta} = 0 }運動方程式より

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} &= 0  \\
  \therefore \, \frac{d}{dt}p_\theta &= 0
\end{align*}}

後は上記の正準形式の場合と同じステップで  { r,\,\theta } が解けます。

角運動量について

角運動量  { p_\theta = mr^2\dot{\theta} } は面積速度  { \frac{1}{2} r^2 \dot{\theta} } に比例していることはすぐに分かります。

また、2つのベクトル  { \textbf{a} = \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \end{pmatrix},\, \textbf{b} = \begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \end{pmatrix} } について、ベクトル積  { \textbf{a} \times \textbf{b} }

  { \displaystyle\begin{align*}
  \textbf{a} \times \textbf{b} = a_1b_2 - a_2b_1
\end{align*}}

と定義すると(2次元なので結果はベクトルではない)、

  { \displaystyle\begin{align*}
  \textbf{r} &= r\begin{pmatrix} \cos\theta \\ \sin\theta \end{pmatrix} &
  \dot{\textbf{r}} &= \dot{r}\begin{pmatrix} \cos\theta \\ \sin\theta \end{pmatrix}
    + r\begin{pmatrix} -\sin\theta \\ \cos\theta \end{pmatrix} \dot{\theta}
\end{align*}}

に対して

  { \displaystyle\begin{align*}
  \textbf{r} \times \dot{\textbf{r}} = r^2\dot{\theta}
\end{align*}}

となり、直交座標での運動量  { \textbf{p} = m\dot{\textbf{r}} } を使って

  { \displaystyle\begin{align*}
  p_\theta = mr^2\dot{\theta} = \textbf{r} \times \textbf{p}
\end{align*}}

であることが分かります。

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*1:時間微分が0なので時間に関して定数、つまり時間とともに変化しない。

*2:何故こういう名前になったのか知らないのですが、なんかイメージが湧かないですな。 角度のように元に戻るところから来てるのかな? 同じ意味で「イグノラブル」な座標という用語もあるようです。 こちらの方がいい気もする。

運動方程式の極座標表示 ~2次元~

解析力学 1粒子系 2次元 極座標 ラグランジュ形式 正準形式

前回ニュートン力学での2次元の運動方程式極座標表示しましたが、今回はラグランジュ形式と正準形式(ハミルトン形式)での運動方程式極座標で表します。

ラグランジュ形式

ポテンシャルが  { V(\textbf{r}) } で与えられる系の直交座標でのラグランジアンは以下で与えられます:

  { \displaystyle\begin{align*}
  L = \frac{1}{2}m\textbf{v}^2 - V(\textbf{r})  \qquad (\textbf{v} = \dot{\textbf{r}})
\end{align*}}

変数の上のドット( { \dot{x} })は時間微分を表すとします。 このラグランジアン極座標表示しましょう。 直交座標と極座標は以下の様に関係しているのでした:

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

これを用いて  { \textbf{v} = \cdot{\textbf{r}} } の各成分を極座標とその時間微分で書き換えると

  { \displaystyle\begin{align*}
  v_x &= \dot{x} 
    = \dot{r}\cos\theta - r \dot{\theta}\sin\theta \\
  v_y &= \dot{y} 
    = \dot{r}\sin\theta + r \dot{\theta}\cos\theta \\
\end{align*}}

よって  { \textbf{v}^2 }

  { \displaystyle\begin{align*}
  \textbf{v}^2
  &= \dot{x}^2 + \dot{y}^2 \\
  &= \left(\dot{r}\cos\theta - r \dot{\theta}\sin\theta\right)^2
    + \left(\dot{r}\sin\theta + r \dot{\theta}\cos\theta\right)^2 \\
  &= \dot{r}^2 + r^2 \dot{\theta}^2
\end{align*}}

となります。 これを用いてラグランジアン極座標で書き換えると

  { \displaystyle\begin{align*}
  L = \frac{1}{2}m\dot{r}^2 + \frac{1}{2}m r^2 \dot{\theta}^2 - V(\textbf{r})
\end{align*}}

を得ます。

運動方程式
上記のラグランジアンから運動方程式を導きましょう。 まずは動径  { r } から。 ラグランジアンから運動方程式を導く際には  { r } { \dot{r} } は別の変数として計算するんでしたね:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{r}} - \frac{\partial L}{\partial r}
    &= \frac{d}{dt}\left(m\dot{r}\right) - mr \dot{\theta}^2 + \frac{\partial V}{\partial r} \\
    &= m\ddot{r} - mr \dot{\theta}^2 + \frac{\partial V}{\partial r}
\end{align*}}

よって動径方向の運動方程式は以下の様になります:

  { \displaystyle\begin{align*}
  m\ddot{r} &- mr \dot{\theta}^2 + \frac{\partial V}{\partial r} = 0
\end{align*}}

次は偏角  { \theta }。 やることは動径の場合と同じ:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} - \frac{\partial L}{\partial \theta}
    &= \frac{d}{dt}\left(mr^2\dot{\theta}\right) + \frac{\partial V}{\partial \theta} \\
    &= 2mr\dot{r}\dot{\theta} + mr^2\ddot{\theta} + \frac{\partial V}{\partial \theta}
\end{align*}}

よって偏角方向の運動方程式

  { \displaystyle\begin{align*}
  mr^2\ddot{\theta} + 2mr\dot{r}\dot{\theta} + \frac{\partial V}{\partial \theta} = 0
\end{align*}}

まとめると

  { \displaystyle\begin{align*}
  m\ddot{r} - mr \dot{\theta}^2 + \frac{\partial V}{\partial r} &= 0 \\
  mr^2\ddot{\theta} + 2mr\dot{r}\dot{\theta} + \frac{\partial V}{\partial \theta} &= 0
\end{align*}}

となり、前回にニュートン力学で得られた運動方程式と一致します。

正準形式

保存量がある場合に見つけやすくするために、正準形式に書き換えてはハミルトニアン正準方程式を導いておきましょう。

正準運動量
まずは正準座標  { r,\,\theta } に共役な正準運動量  { p_r,\,p_\theta } を求めます:

  { \displaystyle\begin{align*}
  p_r &= \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = m \dot{r} \qquad&
  p_\theta &= \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = mr^2 \dot{\theta}
\end{align*}}

まぁ何てことないですね。  { p_\theta }角運動量になってますが、今はあまり気にする必要はありません。

ハミルトニアン
さて、この正準運動量を使って、ルジャンドル変換によってラグランジアンからハミルトニアンを導きましょう。 その前に一般化速度  { \dot{r},\,\dot{\theta} } を正準座標、正準運動量で表しておきます:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \dot{r} &= \frac{p_r}{m} &
  \dot{\theta} &= \frac{p_\theta}{mr^2}
\end{align*}}

これを踏まえて、ルジャンドル変換によって変数  { \dot{r},\,\dot{\theta} } { p_r,\,p_\theta } に変換してハミルトニアン  { H } を求めましょう:

  { \displaystyle\begin{align*}
  H &= p_r \dot{r} + p_\theta \dot{\theta} - L \\
    &= \frac{p_r^2}{m} + \frac{p_\theta^2}{mr^2}
      - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{p_r^2}{m}\right)^2 + \frac{1}{2}m r^2 \left(\frac{p_\theta}{mr^2}\right)^2
      - V(\textbf{r})\right] \\
    &= \frac{p_r^2}{2m} + \frac{p_\theta^2}{2mr^2} + V(\textbf{r})
\end{align*}}

正準方程式
ハミルトニアンが導けたので、正準方程式運動方程式)も導いておきましょう。 まずは動径成分:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \dot{r} &= \frac{\partial H}{\partial p_r} \qquad& \dot{p_r} &= -\frac{\partial H}{\partial r}\\
              &= \frac{p_r}{m}                                   &                 &= \frac{p_\theta^2}{mr^3} - \frac{\partial V}{\partial r}
\end{align*}}

同様にして偏角成分:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \dot{\theta} &= \frac{\partial H}{\partial p_\theta} \qquad& \dot{p_\theta} &= -\frac{\partial H}{\partial \theta} \\
                      &= \frac{p_\theta}{mr^2}                              &                         &= -\frac{\partial V}{\partial \theta}
\end{align*}}

これらの運動方程式をポテンシャルを与えて解くには、左側の正準座標の時間微分の式を正準運動量について解き直して右側の式に代入すればいいのですが、これはニュートン力学ラグランジュ形式の運動方程式と同じになります。 ただし、 { V(\textbf{r}) } { \theta } に依存しない場合に  { \dot{p}_\theta = 0 } となって  { p_\theta } が保存することが分かります。

古典力学〈上〉 (物理学叢書)

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古典力学 下 (物理学叢書 105)

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