2次元の調和振動子 - 倭算数理研究所

古典力学のいろいろな系で運動方程式を解いていくシリーズ（目次）。　以前の記事で1次元の調和振動子の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。

この記事の内容

この記事の内容
2次元調和振動子のポテンシャル
直交座標で解く
極座標で解く

2次元調和振動子のポテンシャル

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 ${ V(x,\,y) }$ が

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

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は

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

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次元の調和振動子の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。

動径成分

${ r,\,t }$ の関係は以下で与えられます：

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} t - t_0 = \sqrt{\frac{m}{2}}\int \frac{dr}{ \sqrt{E - \frac{1}{2}kr^2 - \frac{\ell^2}{2mr^2}}} \end{align*}}$

ここで ${ E,\,t_0 }$ は積分定数です。　右辺の積分を ${ R }$ とおいて積分を実行すると

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

平方根の中が ${ 1-\sin^2\varphi }$ に比例するように、以下で定義される新しい積分変数 ${ \varphi }$ を導入しましょう：

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

このとき積分 ${ R }$ は

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

${ t - t_0 = \sqrt{\frac{m}{2}}R }$ だったので、結局

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} t - t_0 = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{m}{k}} \sin^{-1} \left(\frac{r^2 - \frac{E}{k}}{\sqrt{\frac{E^2}{k^2} - \frac{\ell^2}{mk}}}\right) \end{align*}}$

となります。　これを ${ r^2 }$ について解くと

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} r^2 &= \sqrt{\frac{E^2}{k^2} - \frac{\ell^2}{mk}}\;\sin\left(2\sqrt{\frac{k}{m}}t +\phi\right) + \frac{E}{k} \qquad \left(\phi = -2\sqrt{\frac{k}{m}}\;t_0\right) \end{align*}}$

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 ${ r }$ が ${ t }$ 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

『中心力ポテンシャル中での質点の運動方程式～2次元～』に従って、中心に最も近づく回帰点（の1つ）に質点が位置する時刻が ${ t=0 }$ となるようにしましょう。　これは

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \left.\frac{dr}{dt}\right|_{t=0} = 0 \end{align*}}$

から概ね決められますが、今の場合は ${ r }$ が三角関数で書かれているので「質点が中心に最も近い位置にいる時刻を ${ t = 0 }$ とする」という条件から決めた方が簡単です。　このときの動径を ${ r_0 }$ として、初期条件として与えられるとしましょう：

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} r(0) = r_0 \end{align*}}$

質点が回帰点にいるとき動径方向の速度は0ですが、偏角方向の速度は持ち、これは角運動量 ${ \ell }$ と関係しています。　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、 ${ \ell = r_0 \cdot mv_0 }$ より

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} v_0 = \frac{\ell}{mr_0} \end{align*}}$

となります。

${ E }$ も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。　 ${ t = 0 }$ の ${ E }$ 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

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

最後の行では ${ \frac{v_0^2}{\omega^2} - r_0^2 > 0 }$ を使っていますが、これは中心に最も近い回帰点では

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \frac{\ell^2}{2mr_0^2} > \frac{1}{2}kr_0^2 \end{align*}}$

となっていることから導かれます( ${ \ell = mr_0v_0 }$ )。　初期条件として与える ${ r_0,\,v_0 }$ の値によってはこの条件が満たされない場合がありますが、このとき（ ${ r_0^2 > \frac{v_0^2}{\omega^2} }$ となっているとき）は、この回帰点が中心から最も遠いものになります。　そして、 ${ r_0^2 = \frac{v_0^2}{\omega^2} }$ と等号が成り立つときは、言うまでもないかも知れませんが円軌道になります。

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 ${ \phi = \pm\frac{\pi}{2} }$ となります。　よって（ ${ t = 0 }$ で ${ r }$ が最小になる方を選んで）

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

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 ${ t }$ で微分すると

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

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

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