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§24の問題2の解説です.
問題
三角形をした分子ABA(図29)について同様の問題を解け.
図29問題1は以下の通り.
3個の原子からなる対称な直線上の分子ABA(図28)の振動数を求めよ. 分子のポテンシャルエネルギーは距離AB, BAおよび角ABAにだけ依存すると仮定する.
解答作成
並進運動の消去として,
\begin{align}
m_\mathrm{A} x_1 + m_\mathrm{B} x_2 + m_\mathrm{A} x_3 &= 0 \nonumber \\
\therefore x_2 &= - \frac{m_\mathrm{A}}{m_\mathrm{B}} \left( x_1 + x_3 \right) \label{eq_24-2e1}
\end{align}
と,
\begin{align}
m_\mathrm{A} y_1 + m_\mathrm{B} y_2 + m_\mathrm{A} y_3 &= 0 \nonumber \\
\therefore y_2 &= - \frac{m_\mathrm{A}}{m_\mathrm{B}} \left( y_1 + y_3 \right) \label{eq_24-2e2}
\end{align}
を用いる. また, 回転運動の消去から
\begin{align}
\left( y_1 - y_3 \right) \sin \alpha + \left( x_1 + x_3 \right) \cos \alpha &= 0 \label{eq_24-2e3}
\end{align}
となる*1 .
距離AB, BAの変化$\delta l_1$, $\delta l_2$は,
\begin{align}
\left\{
\begin{aligned}
\delta l_1 &= \left( x_1 - x_2 \right) \sin \alpha + \left( y_1 - y_2 \right) \cos \alpha, \\
\delta l_2 &= - \left( x_3 - x_2 \right) \sin \alpha + \left( y_3 - y_2 \right) \cos \alpha
\end{aligned}
\right.
\end{align}
となり, 角ABAの変化$\delta$は,
\begin{align}
\delta &= \frac{1}{l} \left\{ \left( x_1 - x_2 \right) \cos \alpha - \left( y_1 - y_2 \right) \sin \alpha \right\} \nonumber \\
&\quad + \frac{1}{l} \left\{ - \left( x_3 - x_2 \right) \cos \alpha - \left( y_3 - y_2 \right) \sin \alpha \right\}
\end{align}
となる.
ここで, 分子のLagrangianは
\begin{align}
L &= \frac{m_\mathrm{A}}{2} \left( \dot{\bm{u}}_1^2 + \dot{\bm{u}}_3^2 \right) + \frac{m_\mathrm{B}}{2} \dot{\bm{u}}_2^2 - \frac{k_1}{2} \left( \delta l_1^2 + \delta l_2^2 \right) - \frac{k_2}{2} l^2 \delta^2
\end{align}
となる. 新しい座標
\begin{align}
\left\{
\begin{aligned}
Q_a &= x_1 + x_3 , \\
q_{s1} &= x_1 - x_3 , \\
q_{s2} &= y_1 + y_3
\end{aligned}
\right.
\end{align}
を用いることにすれば, 並進・回転運動の消去\eqref{eq_24-2e1}, \eqref{eq_24-2e2}, \eqref{eq_24-2e3}から,
\begin{align}
\left\{
\begin{aligned}
x_1 &= \frac{1}{2} \left( Q_a + q_{s1} \right) , \\
x_3 &= \frac{1}{2} \left( Q_a - q_{s1} \right) , \\
y_1 &= \frac{1}{2} \left( q_{s2} + Q_a \cot \alpha \right) , \\
y_3 &= \frac{1}{2} \left( q_{s2} - Q_a \cot \alpha \right) , \\
x_2 &= - \frac{m_\mathrm{A}}{m_\mathrm{B}} Q_a , \\
y_2 &= - \frac{m_\mathrm{A}}{m_\mathrm{B}} q_{s2}
\end{aligned}
\right.
\end{align}
となる. これを用いて計算すれば, 系のLagrangianは
\begin{align}
L &= \frac{m_\mathrm{A}}{2} \left( \frac{2m_\mathrm{A}}{m_\mathrm{B}} + \frac{1}{\sin^2 \alpha} \right) \dot{Q}_a^2 + \frac{m_\mathrm{A}}{4} \dot{q}_{s1}^2 + \frac{m_\mathrm{A} \mu}{4m_\mathrm{B}} \dot{q}_{s2}^2 \nonumber \\
&\quad - Q_a^2 \frac{k_1}{4} \left( \frac{2m_\mathrm{A}}{m_\mathrm{B}} + \frac{1}{\sin^2 \alpha} \right) \left( 1 + \frac{2m_\mathrm{A}}{m_\mathrm{B}} \sin^2 \alpha \right) \nonumber \\
&\quad - \frac{q_{s1}^2}{4} \left( k_1 \sin^2 \alpha + 2k_2 \cos^2 \alpha \right) \nonumber \\
&\quad - q_{s2}^2 \frac{\mu^2}{4m_\mathrm{B}^2} \left( k_1 \cos^2 \alpha + 2k_2 \sin^2 \alpha \right) \nonumber \\
&\quad + q_{s1} q_{s2} \frac{\mu}{2m_\mathrm{B}} \left( 2k_2 - k_1 \right) \sin \alpha \cos \alpha
\end{align}
となる($\mu = 2m_\mathrm{A} + m_\mathrm{B}$は, 分子全体の質量) .
この表式から, 各座標の振動の振動数は, 以下のようになる.
- $Q_a$は振動数$\omega_a$が
\begin{align} \omega_a^2 &= \frac{k_1}{m_\mathrm{A}} \left( 1 + \frac{2m_\mathrm{A}}{m_\mathrm{B}} \sin^2 \alpha \right) \end{align}の振動に対応する($x_1 = x_3$, $y_1 = - y_3$).
- $q_{s1}$, $q_{s2}$は2つの振動に対応する. それぞれの振動数$\omega_{s1}$, $\omega_{s2}$は, 次の特有方程式
\begin{align} &\omega^4 - \omega^2 \left\{ \frac{k_1}{m_\mathrm{A}} \left( 1 + \frac{2m_\mathrm{A}}{m_\mathrm{B}} \cos^2 \alpha \right) + \frac{2k_2}{m_\mathrm{A}} \left( 1 + \frac{2m_\mathrm{A}}{m_\mathrm{B}} \sin^2 \alpha \right) \right\} + \frac{2\mu k_1 k_2}{m_\mathrm{B} m_\mathrm{A}^2} = 0 \end{align}の根として与えられる*2.
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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脚注
*1 : 座標原点を2のつりあいの位置にとると,
\begin{align}
m_\mathrm{A} \left( \bm{r}_{10} \times \bm{u}_1 + \bm{r}_{30} \times \bm{u}_3 \right) &= \bm{0} \nonumber
\end{align}
となるから, $x$成分, $y$成分, $z$成分のそれぞれで計算すると,
\begin{align}
\left\{
\begin{aligned}
&y_{10} z_1 - z_{10} y_1 + y_{30} z_3 - z_{30} y_3 = 0 , \\
&z_{10} x_1 - x_{10} z_1 + z_{30} x_3 - x_{30} z_3 = 0 , \\
&x_{10} y_1 - y_{10} x_1 + x_{30} y_3 - y_{30} x_3 = 0
\end{aligned}
\right. \nonumber
\end{align}
となるが, つり合いの位置は$y_{10} = y_{30} = l \cos \alpha$, $z_{10} = z_{30} = 0$, $x_{10} = - x_{30} = l \sin \alpha$となるから,
\begin{align}
\left\{
\begin{aligned}
& \left( z_1 + z_3 \right) l \cos \alpha = 0 , \\
& \left( z_1 - z_3 \right) l \sin \alpha = 0 , \\
& l \left\{ \left( y_1 - y_3 \right) \sin \alpha + \left( x_1 + x_3 \right) \cos \alpha \right\} = 0
\end{aligned}
\right. \nonumber
\end{align}
となり, $z$成分の式を考えると,
\begin{align}
\left( y_1 - y_3 \right) \sin \alpha + \left( x_1 + x_3 \right) \cos \alpha &= 0 \nonumber
\end{align}
となる.
*2 : 本編の表記に従えば,
\begin{align}
m_{ij} &=
\begin{pmatrix}
\frac{m_\mathrm{A}}{2} & 0 \\
0 & \frac{m_\mathrm{A}}{2m_\mathrm{B}}
\end{pmatrix}
\nonumber , \\
k_{ij} &=
\begin{pmatrix}
\frac{k_1 \sin^2 \alpha + 2k_2 \cos^2 \alpha}{2} & - \frac{\mu \left( 2k_2 - k_1 \right) \sin \alpha \cos \alpha}{2m_\mathrm{B}} \\
- \frac{\mu \left( 2k_2 - k_1 \right) \sin \alpha \cos \alpha}{2m_\mathrm{B}} & \frac{\mu^2 \left( k_1 \cos^2 \alpha + 2k_2 \sin^2 \alpha \right)}{2 m_\mathrm{B}^2}
\end{pmatrix}
\nonumber
\end{align}
となる. ゆえに特有方程式
\begin{align}
\left| k_{ij} - \omega^2 m_{ij} \right| &= 0 \tag{23.8}
\end{align}
は,
\begin{align}
&\frac{m_\mathrm{A}^2 \mu}{2m_\mathrm{B}} \omega^4 - \frac{m_\mathrm{A} \mu}{4 m_\mathrm{B}} \omega^2 \left( k_1 \sin^2 \alpha + 2k_2 \cos^2 \alpha \right) \nonumber \\
& - \frac{m_\mathrm{A} \mu^2}{4 m_\mathrm{B}^2} \omega^2 \left( k_1 \cos^2 \alpha + 2k_2 \sin^2 \alpha \right) \nonumber \\
& + \frac{\mu^2}{4m_\mathrm{B}^2} \left( k_1 \sin^2 \alpha + 2k_2 \cos^2 \alpha \right) \left( k_1 \cos^2 \alpha + 2k_2 \sin^2 \alpha \right) \nonumber \\
& - \frac{\mu^2}{4m_\mathrm{B}^2} \left( 2k_2 - k_1 \right)^2 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha = 0 \nonumber
\end{align}
となるから, 整理すれば上のような式になる.
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