ランダウ力学 §51問題解説-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§51の問題の解説です.

1問題
2解答作成
3参考文献
4関連記事
5脚注

問題

振動数が次の法則によってゆっくりと変化している調和振動子について,

Δ I

を計算せよ.

\begin{aligned} (1) & ω^{2} & = ω_{0}^{2} \frac{1 + a e^{α t}}{1 + e^{α t}} \end{aligned}

ω

は,

t = - \infty

での

ω_{-} = ω_{0}

から,

t = \infty

での

ω_{+} = \sqrt{a} ω_{0}

まで変化する. ただし,

a > 0

α ≪ ω_{0}

としている.

解答作成

特異点の調査

この場合, 本編でのパラメータ $λ$ の役割は, $ω$ が担う. $(1)$ の両辺を $t$ で微分すると,

\begin{aligned} 2 ω \dot{ω} & = ω_{0}^{2} \frac{a α e^{α t} (1 + e^{α t}) - α e^{α t} (1 + a e^{α t})}{{(1 + e^{α t})}^{2}} \\ (2) & = ω_{0}^{2} \frac{(a - 1) α e^{α t}}{{(1 + e^{α t})}^{2}} \end{aligned}

となり, $2 ω^{2}$ で割ると,

\begin{aligned} \frac{\dot{ω}}{ω} & = ω_{0}^{2} \frac{(a - 1) α e^{α t}}{{(1 + e^{α t})}^{2}} \times \frac{1}{2 ω_{0}^{2}} \frac{1 + e^{α t}}{1 + a e^{α t}} \\ = \frac{(a - 1) α e^{α t}}{2 (1 + e^{α t}) (1 + a e^{α t})} \\ (3) & = \frac{α e^{- α t}}{2} (\frac{1}{1 + e^{- α t}} - \frac{1}{a + e^{- α t}}) \end{aligned}

となる. ゆえに, $\dot{ω} / ω$ は $e^{- α t} = - 1$ および $e^{- α t} = - a$ に極をもつ.

角変数 $w$ の積分内の計算

ここで,

\begin{aligned} (4) & w & = \int ω d t \end{aligned}

を計算する. $x = e^{α t}$ の置換を用いると,

\begin{aligned} (5) & d x & = α x d t \end{aligned}

であるから,

\begin{aligned} w & = ω_{0} \int \sqrt{\frac{1 + a e^{α t}}{1 + e^{α t}}} d t \\ (6) & = ω_{0} \int \sqrt{\frac{1 + a x}{1 + x}} \frac{1}{α x} d x \end{aligned}

となる. さらに,

\begin{aligned} (7) & y^{2} & = \frac{1 + a x}{1 + x} \end{aligned}

と置換する. これを $x$ について解くと

\begin{aligned} (8) & x & = \frac{- y^{2} + 1}{y^{2} - a} \end{aligned}

であるから,

\begin{aligned} (9) & d x & = \frac{2 y (a - 1)}{{(y^{2} - a)}^{2}} d y \end{aligned}

となる. ゆえに,

\begin{aligned} w & = \frac{ω_{0}}{α} \int y \frac{y^{2} - a}{- y^{2} + 1} \frac{2 y (a - 1)}{{(y^{2} - a)}^{2}} d y \\ = \frac{ω_{0} (a - 1)}{α} \int \frac{2 y^{2}}{(- y^{2} + 1) (y^{2} - a)} d y \\ (10) & = \frac{2 ω_{0}}{α} \int (\frac{1}{y^{2} - 1} - \frac{a}{y^{2} - a}) d y \end{aligned}

となる.

角変数 $w$ の積分の計算

積分区間の上限は $(3)$ の特異点にとる. $e^{- α t} = - 1$ の特異点を $t_{1}$ , $e^{- α t} = - a$ の特異点を $t_{2}$ とする. 下限としては任意の実数値をとってよいので, ここでは $t = 0$ にとることにする.

$t = 0$ では, $x = 1$ , $y^{2} = (1 + a) / 2$ であり,

$a > 1$ のとき $1 < y^{2} < a$ で, $y^{2} - 1 > 0$ , $y^{2} - a < 0$
$a < 1$ のとき $1 > y^{2} > a$ で, $y^{2} - 1 < 0$ , $y^{2} - a > 0$

である.

$t \to t_{1}$ では,

$a > 1$ のとき $x \to - 1$ , $y^{2} \to - \infty$ , $y \to i \infty$
$a < 1$ のとき $x \to - 1$ , $y^{2} \to \infty$ , $y \to \infty$

である.

$t \to t_{2}$ では,

$a > 1$ のとき $x \to - 1 / a$ , $y^{2} \to + 0$ , $y \to 0$
$a < 1$ のとき $x \to - 1 / a$ , $y^{2} \to - 0$ , $y \to 0 i$

である.

以下の積分では, $t = 0$ では積分に虚数が現れないようにしなければならない. 例えば,

\begin{aligned} (11) & \int \frac{1}{y^{2} - 1} d y & = \frac{1}{2} \int (\frac{1}{y - 1} - \frac{1}{y + 1}) d y \end{aligned}

において, $a > 1$ のときは $1 < y < \sqrt{a}$ であるから,

\begin{array}{r} (12) & \frac{1}{y - 1} > 0, \frac{1}{y + 1} > 0 \end{array}

となり,

\begin{aligned} \int \frac{1}{y^{2} - 1} d y & = \frac{1}{2} (\log (y - 1) - \log (y + 1)) \\ (13) & = \frac{1}{2} \log \frac{y - 1}{y + 1} \end{aligned}

となる. このようにして, $a > 1$ なのか $a < 1$ なのかで, 採用する原始関数が異なる.

$a > 1$ のとき, $t = 0$ から $t = t_{1}$ までの積分では,

\begin{aligned} w & = \frac{2 ω_{0}}{α} \int_{y (t = 0)}^{y (t = t_{1})} (\frac{1}{y^{2} - 1} - \frac{a}{y^{2} - a}) d y \\ = \frac{ω_{0}}{α} {[\log \frac{y - 1}{y + 1} + \sqrt{a} \log \frac{\sqrt{a} + y}{\sqrt{a} - y}]}_{y (t = 0)}^{y (t = t_{1})} \\ = \frac{ω_{0}}{α} (\sqrt{a} \log (- 1) + 実数部分) \\ (14) & = \frac{ω_{0}}{α} \sqrt{a} π i + 実数部分 \end{aligned}

となる^*1. また, $t = 0$ から $t = t_{2}$ までの積分では,

\begin{aligned} w & = \frac{2 ω_{0}}{α} \int_{y (t = 0)}^{y (t = t_{2})} (\frac{1}{y^{2} - 1} - \frac{a}{y^{2} - a}) d y \\ = \frac{ω_{0}}{α} {[\log \frac{y - 1}{y + 1} + \sqrt{a} \log \frac{\sqrt{a} + y}{\sqrt{a} - y}]}_{y (t = 0)}^{y (t = t_{2})} \\ = \frac{ω_{0}}{α} (\log (- 1) + 実数部分) \\ (15) & = \frac{ω_{0}}{α} π i + 実数部分 \end{aligned}

となる. 絶対値が小さい方は, $t = 0$ から $t = t_{2}$ までの積分の方の $\frac{ω_{0}}{α} π i$ である.

$a < 1$ のとき, $t = 0$ から $t = t_{1}$ までの積分では,

\begin{aligned} w & = \frac{2 ω_{0}}{α} \int_{y (t = 0)}^{y (t = t_{1})} (\frac{1}{y^{2} - 1} - \frac{a}{y^{2} - a}) d y \\ = - \frac{ω_{0}}{α} {[\log \frac{1 - y}{1 + y} + \sqrt{a} \log \frac{y + \sqrt{a}}{y - \sqrt{a}}]}_{y (t = 0)}^{y (t = t_{1})} \\ = - \frac{ω_{0}}{α} (\log (- 1) + 実数部分) \\ (16) & = - \frac{ω_{0}}{α} π i + 実数部分 \end{aligned}

となる. また, $t = 0$ から $t = t_{2}$ までの積分では,

\begin{aligned} w & = \frac{2 ω_{0}}{α} \int_{y (t = 0)}^{y (t = t_{2})} (\frac{1}{y^{2} - 1} - \frac{a}{y^{2} - a}) d y \\ = - \frac{ω_{0}}{α} {[\log \frac{1 - y}{1 + y} + \sqrt{a} \log \frac{y + \sqrt{a}}{y - \sqrt{a}}]}_{y (t = 0)}^{y (t = t_{2})} \\ = - \frac{ω_{0}}{α} (\sqrt{a} \log (- 1) + 実数部分) \\ (17) & = \frac{ω_{0}}{α} \sqrt{a} π i + 実数部分 \end{aligned}

となる. 絶対値が小さい方は, $t = 0$ から $t = t_{2}$ までの積分の方の $\frac{ω_{0}}{α} \sqrt{a} π i$ である.

以上より, 積分 $(4)$ を計算すると, $(3)$ の極の1つ( $e^{- α t} = - a$ )の方が $Im w$ が最小値をとり(以下本編に合わせて $w (t_{2}) = w_{0}$ とする),

\begin{aligned} (18) & Im w_{0} & = {\begin{aligned} \frac{ω_{0}}{α} π (a > 1), \\ \frac{ω_{0}}{α} \sqrt{a} π (a < 1) \end{aligned} \end{aligned}

となる.

$Δ I$ の計算

調和振動子に対しては, §50問題より

\begin{aligned} (19) & Λ & \propto \sin 2 w \end{aligned}

であるから, $Λ$ のFourier級数展開

\begin{aligned} (51.3) & Λ & = \sum_{l = - \infty}^{\infty} e^{i l w} Λ_{l} \end{aligned}

は, その第2項( $l = 2$ )だけになる. したがって, 調和振動子に対しては $(18)$ の $w_{0}$ を用いて,

\begin{aligned} (20) & Δ I & \propto \exp (- 2 Im w_{0}) \end{aligned}

となる.

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.

力学 (増訂第3版) ランダウ=リフシッツ理論物理学教程

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脚注

*1 : 複素数の範囲では, 対数関数 $\log$ は

\begin{aligned} (21) & \log z & = \ln | z | + i \arg z (z \neq 0) \end{aligned}

であることに注意せよ. そして, $Im w$ が正で最小の値をとるように $\arg$ のとる値を調整することにも注意せよ.

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