ランダウ力学 §11問題2 解説

ランダウ゠リフシッツ理論物理学教程の力学(増訂第3版)の§11の問題2の解説です.

問題

解答作成

1. 本編\eqref{eq_11-52}
   \begin{align} T(E) &= \sqrt{2m} \int_{x_1(E)}^{x_2(E)} \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{E - U(x)}} \tag{11.5} \label{eq_11-52} \end{align}
   を利用する. 停留点は
   \begin{align} E &= A \left| x \right|^n \nonumber \\ x &= \pm \left( \frac{E}{A} \right)^{\frac{1}{n}} \end{align}
   となる(振動なので$A>0$であろう). $U$が$x=0$で対称であることを利用すれば, 周期$T$は
   \begin{align} T(E) &= 2 \sqrt{2m} \int_{0}^{\left( \frac{E}{A} \right)^{\frac{1}{n}}} \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{E - Ax^n}} \nonumber \\ &= 2 \sqrt{2m} \int_{0}^{\left( \frac{E}{A} \right)^{\frac{1}{n}}} \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{E} \sqrt{1 - \frac{A}{E}x^n}} \nonumber \end{align}
   となる. ここで,
   \begin{align} y &= \left( \frac{A}{E} \right)^{\frac{1}{n}} x \end{align}
   の置換を用いると,
   \begin{align} T(E) &= 2 \sqrt{\frac{2m}{E}} \int_{0}^{1} \frac{\left( \frac{E}{A} \right)^{\frac{1}{n}} \mathrm{d} y}{\sqrt{1 - y^n}} \nonumber \\ &= \frac{2\sqrt{2m}E^{\frac{1}{n} - \frac{1}{2}}}{A^{\frac{1}{n}}} \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d} y}{\sqrt{1 - y^n}} \nonumber \end{align}
   となる. さらに,
   \begin{align} u &= y^n \end{align}
   の置換を用いると,
   \begin{align} T(E) &= \frac{2\sqrt{2m}E^{\frac{1}{n} - \frac{1}{2}}}{A^{\frac{1}{n}}} \int_{0}^{1} \frac{u^{\frac{1}{n} - 1} \mathrm{d} u}{\sqrt{1 - u}} \nonumber \\ &= \frac{2\sqrt{2m}E^{\frac{1}{n} - \frac{1}{2}}}{A^{\frac{1}{n}}} \int_{0}^{1} u^{\frac{1}{n} - 1} \left( 1 - u \right)^{\frac{1}{2} - 1} \mathrm{d} u \nonumber \\ &= \frac{2\sqrt{2m}E^{\frac{1}{n} - \frac{1}{2}}}{A^{\frac{1}{n}}} \mathrm{B} \left( \frac{1}{n} , \frac{1}{2} \right) \nonumber \\ &= \frac{2\sqrt{2m}E^{\frac{1}{n} - \frac{1}{2}}}{A^{\frac{1}{n}}} \frac{\Gamma \left( \frac{1}{n} \right) \Gamma \left( \frac{1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{1}{n} + \frac{1}{2} \right)} \nonumber \\ &= \frac{2\sqrt{2 \pi m} \cdot \Gamma \left( \frac{1}{n} \right)}{A^{\frac{1}{n}} \cdot \Gamma \left( \frac{1}{n} + \frac{1}{2} \right)} E^{\frac{1}{n} - \frac{1}{2}} \end{align}
   となる.
   
   ただし, 記法を簡単にするために, ベータ関数(beta function)
   \begin{align} \mathrm{B}(x,y) &= \int_0^1 t^{x-1} \left( 1 - t \right)^{y-1} \, \mathrm{d}t \end{align}
   とガンマ関数(Gamma function)
   \begin{align} \Gamma (z) &= \int_0^\infty t^{z-1} e^{-t} \, \mathrm{d}t \end{align}
   を用いた. このベータ関数とガンマ関数の間には,
   \begin{align} \mathrm{B}(x,y) &= \frac{\Gamma(x) \Gamma(y)}{\Gamma(x+y)} \end{align}
   の関係があり, またガンマ関数の一部には値が直接求められるものもあり, 例えば
   \begin{align} \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) &= \sqrt{\pi} \end{align}
   である.
   
   
2. 本編\eqref{eq_11-52}を利用する. 停留点は
   \begin{align} E &= - \frac{U_0}{\cosh^2 \alpha x} \nonumber \\ \cosh^2 \alpha x &= - \frac{U_0}{E} \end{align}
   を満たす点である. この点は$-U_0 < E < 0$の範囲では2つ存在し, $x_2 < x_1$と定めておく. $U$が$x=0$で対称であることを利用すると, 周期$T$は
   \begin{align} T(E) &= 2 \sqrt{2m} \int_{0}^{x_1} \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{E + \frac{U_0}{\cosh^2 \alpha x}}} \nonumber \\ &= 2 \sqrt{2m} \int_{0}^{x_1} \frac{\cosh \alpha x}{\sqrt{E \cosh^2 \alpha x + U_0}} \mathrm{d} x \nonumber \end{align}
   となる. ここで,
   \begin{align} u &= \sinh \alpha x \end{align}
   の置換を用いると,
   \begin{align} T(E) &= 2 \frac{\sqrt{2m}}{\alpha} \int_{0}^{\sqrt{- \frac{U_0}{E} - 1}} \frac{1}{\sqrt{E \left( 1 + u^2 \right) + U_0}} \mathrm{d} u \nonumber \\ &= 2 \frac{\sqrt{2m}}{\alpha \sqrt{\left| E \right|}} \int_{0}^{\sqrt{- \frac{U_0}{E} - 1}} \frac{1}{\sqrt{\left( - \frac{U_0}{E} - 1 \right) - u^2}} \mathrm{d} u \nonumber \end{align}
   となる. さらに,
   \begin{align} u &= \sqrt{- \frac{U_0}{E} - 1} \cdot \sin \theta \end{align}
   の置換を用いると,
   \begin{align} T(E) &= 2 \frac{\sqrt{2m}}{\alpha \sqrt{\left| E \right|}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt{- \frac{U_0}{E} - 1} \cdot \cos \theta}{\sqrt{\left( - \frac{U_0}{E} - 1 \right) - \left( - \frac{U_0}{E} - 1 \right) \sin^2 \theta}} \mathrm{d} \theta \nonumber \\ &= 2 \frac{\sqrt{2m}}{\alpha \sqrt{\left| E \right|}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d} \theta \nonumber \\ &= 2 \frac{\sqrt{2m}}{\alpha \sqrt{\left| E \right|}} \frac{\pi}{2} \nonumber \\ &= \frac{\pi \sqrt{2m}}{\alpha \sqrt{\left| E \right|}} \end{align}
   となる.
   
   
3. 本編\eqref{eq_11-52}を利用する. 停留点は
   \begin{align} E &= U_0 \tan^2 \alpha x \nonumber \\ \tan^2 \alpha x &= \frac{E}{U_0} \end{align}
   を満たす点である(振動なので$U_0 >0$であろう). この点は$x=0$付近では2つ存在し(三角関数の周期性から無限に存在するが, 簡単のため$x=0$付近の運動領域をみる), $x_2 < x_1$と定めておく. $U$が$x=0$で対称であることを利用すると, 周期$T$は
   \begin{align} T(E) &= 2 \sqrt{2m} \int_{0}^{x_1} \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{E - U_0 \tan^2 \alpha x}} \nonumber \\ &= 2 \sqrt{2m} \int_{0}^{x_1} \frac{\cos \alpha x \cdot \mathrm{d} x}{\sqrt{E \cos^2 \alpha x - U_0 \sin^2 \alpha x}} \nonumber \end{align}
   となる. ここで,
   \begin{align} \sin \alpha x &= u \end{align}
   の置換を用いると,
   \begin{align} T(E) &= \frac{2 \sqrt{2m}}{\alpha} \int_{0}^{\sqrt{\frac{E}{E+U_0}}} \frac{\mathrm{d} u}{\sqrt{E \left( 1-u^2 \right) - U_0 u^2}} \nonumber \\ &= \frac{2 \sqrt{2m}}{\alpha} \int_{0}^{\sqrt{\frac{E}{E+U_0}}} \frac{\mathrm{d} u}{\sqrt{E - \left( E + U_0 \right) u^2}} \nonumber \\ &= \frac{2 \sqrt{2m}}{\alpha \sqrt{E + U_0}} \int_{0}^{\sqrt{\frac{E}{E+U_0}}} \frac{\mathrm{d} u}{\sqrt{\frac{E}{E + U_0} - u^2}} \nonumber \end{align}
   となる. さらに,
   \begin{align} u &= \sqrt{\frac{E}{E + U_0}} \sin \theta \end{align}
   の置換を用いると,
   \begin{align} T(E) &= \frac{2 \sqrt{2m}}{\alpha \sqrt{E + U_0}} \sqrt{\frac{E}{E + U_0}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos \theta}{\sqrt{\frac{E}{E + U_0} - \frac{E}{E + U_0} \sin^2 \theta}} \mathrm{d}\theta \nonumber \\ &= \frac{2 \sqrt{2m}}{\alpha \sqrt{E + U_0}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}\theta \nonumber \\ &= \frac{2 \sqrt{2m}}{\alpha \sqrt{E + U_0}} \frac{\pi}{2} \nonumber \\ &= \frac{\pi \sqrt{2m}}{\alpha \sqrt{E + U_0}} \end{align}
   となる.

力学的相似との関係

力学的相似においては, ポテンシャルエネルギーが座標の同次関数

であるときに, 運動方程式は一連の幾何学的に相似な図形を描く. その相似な軌跡の大きさの比を$l' / l$と表すとき,全ての運動の時間(相似な軌跡の上の互いに対応する点の間を運動する時間)は

の比をなす. エネルギーは

の比をなす. ゆえに,

となる. aは(定数が正の場合にはなるが)座標の$n$次の同次関数である. aの結果を見てみると, 確かに力学的相似の帰結と関連していることが分かる.

参考文献

Landau, L. D.; Lifshitz, E. M. 力学. 広重徹, 水戸巌訳, 増訂第3版, 東京図書, 1974, 214p.

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