ランダウ力学 §11問題2 解説-Shinoryo's Weblog

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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.

1問題
2解答作成
- 2.1力学的相似との関係
3参考文献
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問題

つぎの各ポテンシャルエネルギーの場のなかで, 質量

m

の質点が運動しているとき, その振動の周期をエネルギーの関数として表せ.

$U = A {| x |}^{n}$ .
$U = - \frac{U_{0}}{\cosh^{2} α x}$ , ただし $- U_{0} < E < 0$ .
$U = U_{0} \tan^{2} α x$ .

解答作成

本編 $(11.5)$
$\begin{aligned} (11.5) & T (E) & = \sqrt{2 m} \int_{x_{1} (E)}^{x_{2} (E)} \frac{d x}{\sqrt{E - U (x)}} \end{aligned}$
を利用する. 停留点は
$\begin{aligned} E & = A {| x |}^{n} \\ (1) & x & = \pm {(\frac{E}{A})}^{\frac{1}{n}} \end{aligned}$
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
$\begin{aligned} T (E) & = 2 \sqrt{2 m} \int_{0}^{{(\frac{E}{A})}^{\frac{1}{n}}} \frac{d x}{\sqrt{E - A x^{n}}} \\ = 2 \sqrt{2 m} \int_{0}^{{(\frac{E}{A})}^{\frac{1}{n}}} \frac{d x}{\sqrt{E} \sqrt{1 - \frac{A}{E} x^{n}}} \end{aligned}$
となる. ここで,
$\begin{aligned} (2) & y & = {(\frac{A}{E})}^{\frac{1}{n}} x \end{aligned}$
の置換を用いると,
$\begin{aligned} T (E) & = 2 \sqrt{\frac{2 m}{E}} \int_{0}^{1} \frac{{(\frac{E}{A})}^{\frac{1}{n}} d y}{\sqrt{1 - y^{n}}} \\ = \frac{2 \sqrt{2 m} E^{\frac{1}{n} - \frac{1}{2}}}{A^{\frac{1}{n}}} \int_{0}^{1} \frac{d y}{\sqrt{1 - y^{n}}} \end{aligned}$
となる. さらに,
$\begin{aligned} (3) & u & = y^{n} \end{aligned}$
の置換を用いると,
$\begin{aligned} T (E) & = \frac{2 \sqrt{2 m} E^{\frac{1}{n} - \frac{1}{2}}}{A^{\frac{1}{n}}} \int_{0}^{1} \frac{u^{\frac{1}{n} - 1} d u}{\sqrt{1 - u}} \\ = \frac{2 \sqrt{2 m} E^{\frac{1}{n} - \frac{1}{2}}}{A^{\frac{1}{n}}} \int_{0}^{1} u^{\frac{1}{n} - 1} {(1 - u)}^{\frac{1}{2} - 1} d u \\ = \frac{2 \sqrt{2 m} E^{\frac{1}{n} - \frac{1}{2}}}{A^{\frac{1}{n}}} B (\frac{1}{n}, \frac{1}{2}) \\ = \frac{2 \sqrt{2 m} E^{\frac{1}{n} - \frac{1}{2}}}{A^{\frac{1}{n}}} \frac{Γ (\frac{1}{n}) Γ (\frac{1}{2})}{Γ (\frac{1}{n} + \frac{1}{2})} \\ (4) & = \frac{2 \sqrt{2 π m} \cdot Γ (\frac{1}{n})}{A^{\frac{1}{n}} \cdot Γ (\frac{1}{n} + \frac{1}{2})} E^{\frac{1}{n} - \frac{1}{2}} \end{aligned}$
となる.

ただし, 記法を簡単にするために, ベータ関数(beta function)
$\begin{aligned} (5) & B (x, y) & = \int_{0}^{1} t^{x - 1} {(1 - t)}^{y - 1} d t \end{aligned}$
とガンマ関数(Gamma function)
$\begin{aligned} (6) & Γ (z) & = \int_{0}^{\infty} t^{z - 1} e^{- t} d t \end{aligned}$
を用いた. このベータ関数とガンマ関数の間には,
$\begin{aligned} (7) & B (x, y) & = \frac{Γ (x) Γ (y)}{Γ (x + y)} \end{aligned}$
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
$\begin{aligned} (8) & Γ (\frac{1}{2}) & = \sqrt{π} \end{aligned}$
である.
本編 $(11.5)$ を利用する. 停留点は
$\begin{aligned} E & = - \frac{U_{0}}{\cosh^{2} α x} \\ (9) & \cosh^{2} α x & = - \frac{U_{0}}{E} \end{aligned}$
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
$\begin{aligned} T (E) & = 2 \sqrt{2 m} \int_{0}^{x_{1}} \frac{d x}{\sqrt{E + \frac{U_{0}}{\cosh^{2} α x}}} \\ = 2 \sqrt{2 m} \int_{0}^{x_{1}} \frac{\cosh α x}{\sqrt{E \cosh^{2} α x + U_{0}}} d x \end{aligned}$
となる. ここで,
$\begin{aligned} (10) & u & = \sinh α x \end{aligned}$
の置換を用いると,
$\begin{aligned} T (E) & = 2 \frac{\sqrt{2 m}}{α} \int_{0}^{\sqrt{- \frac{U_{0}}{E} - 1}} \frac{1}{\sqrt{E (1 + u^{2}) + U_{0}}} d u \\ = 2 \frac{\sqrt{2 m}}{α \sqrt{| E |}} \int_{0}^{\sqrt{- \frac{U_{0}}{E} - 1}} \frac{1}{\sqrt{(- \frac{U_{0}}{E} - 1) - u^{2}}} d u \end{aligned}$
となる. さらに,
$\begin{aligned} (11) & u & = \sqrt{- \frac{U_{0}}{E} - 1} \cdot \sin θ \end{aligned}$
の置換を用いると,
$\begin{aligned} T (E) & = 2 \frac{\sqrt{2 m}}{α \sqrt{| E |}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{\sqrt{- \frac{U_{0}}{E} - 1} \cdot \cos θ}{\sqrt{(- \frac{U_{0}}{E} - 1) - (- \frac{U_{0}}{E} - 1) \sin^{2} θ}} d θ \\ = 2 \frac{\sqrt{2 m}}{α \sqrt{| E |}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \\ = 2 \frac{\sqrt{2 m}}{α \sqrt{| E |}} \frac{π}{2} \\ (12) & = \frac{π \sqrt{2 m}}{α \sqrt{| E |}} \end{aligned}$
となる.
本編 $(11.5)$ を利用する. 停留点は
$\begin{aligned} E & = U_{0} \tan^{2} α x \\ (13) & \tan^{2} α x & = \frac{E}{U_{0}} \end{aligned}$
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
$\begin{aligned} T (E) & = 2 \sqrt{2 m} \int_{0}^{x_{1}} \frac{d x}{\sqrt{E - U_{0} \tan^{2} α x}} \\ = 2 \sqrt{2 m} \int_{0}^{x_{1}} \frac{\cos α x \cdot d x}{\sqrt{E \cos^{2} α x - U_{0} \sin^{2} α x}} \end{aligned}$
となる. ここで,
$\begin{aligned} (14) & \sin α x & = u \end{aligned}$
の置換を用いると,
$\begin{aligned} T (E) & = \frac{2 \sqrt{2 m}}{α} \int_{0}^{\sqrt{\frac{E}{E + U_{0}}}} \frac{d u}{\sqrt{E (1 - u^{2}) - U_{0} u^{2}}} \\ = \frac{2 \sqrt{2 m}}{α} \int_{0}^{\sqrt{\frac{E}{E + U_{0}}}} \frac{d u}{\sqrt{E - (E + U_{0}) u^{2}}} \\ = \frac{2 \sqrt{2 m}}{α \sqrt{E + U_{0}}} \int_{0}^{\sqrt{\frac{E}{E + U_{0}}}} \frac{d u}{\sqrt{\frac{E}{E + U_{0}} - u^{2}}} \end{aligned}$
となる. さらに,
$\begin{aligned} (15) & u & = \sqrt{\frac{E}{E + U_{0}}} \sin θ \end{aligned}$
の置換を用いると,
$\begin{aligned} T (E) & = \frac{2 \sqrt{2 m}}{α \sqrt{E + U_{0}}} \sqrt{\frac{E}{E + U_{0}}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{\cos θ}{\sqrt{\frac{E}{E + U_{0}} - \frac{E}{E + U_{0}} \sin^{2} θ}} d θ \\ = \frac{2 \sqrt{2 m}}{α \sqrt{E + U_{0}}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \\ = \frac{2 \sqrt{2 m}}{α \sqrt{E + U_{0}}} \frac{π}{2} \\ (16) & = \frac{π \sqrt{2 m}}{α \sqrt{E + U_{0}}} \end{aligned}$
となる.