ランダウ力学 §52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§52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

場

U = - α / r

の中での楕円運動について作用変数を計算せよ.

解答作成

作用変数の計算

作用変数 $I_{i}$ は一般に,

\begin{aligned} (52.4) & I_{i} & = \frac{1}{2 π} \oint p_{i} d q_{i} \end{aligned}

で与えられる. $\oint$ は有界な運動の区間全体における《前方》および《後方》への $q_{i}$ の変化についてとられる.

ここでは, 運動の平面での極座標 $r$ , $φ$ を用いて考える. 中心力の場では $p_{φ} = M_{z} \equiv M$ である(§14参照)から,

\begin{aligned} (1) & I_{φ} & = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} p_{φ} d φ = M \end{aligned}

となる. 一方, 中心力の場における本編での式

\begin{aligned} (14.5) & \dot{r} & = \frac{d r}{d t} = \sqrt{\frac{2}{m} (E - U (r)) - \frac{M^{2}}{m^{2} r^{2}}} \end{aligned}

を用いると

\begin{aligned} (2) & p_{r} & = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = m \dot{r} = \sqrt{2 m (E + \frac{α}{r}) - \frac{M^{2}}{r}} \end{aligned}

となるから,

\begin{aligned} I_{r} & = \frac{2}{2 π} \int_{r_{\min}}^{r_{\max}} p_{r} d r \\ = \frac{2}{2 π} \int_{r_{\min}}^{r_{\max}} \sqrt{2 m (E + \frac{α}{r}) - \frac{M^{2}}{r^{2}}} d r \\ (3) & = α \sqrt{\frac{m}{2 | E |}} - M \end{aligned}

となる^*1.

エネルギー $E$ を作用変数で表す

エネルギー $E$ を $I_{r}$ , $I_{φ}$ で表すと,

\begin{aligned} (4) & E & = - \frac{m α^{2}}{2 (I_{r} + I_{φ})} \end{aligned}

となり( $E < 0$ であることに注意せよ), エネルギー $E$ が $I_{r} + I_{φ}$ にのみ依存している. これは, 運動が縮重していることを意味する. そして, エネルギー $E$ が $I_{r} + I_{φ}$ にのみ依存しているということは $\partial E / \partial I_{r} = \partial E / \partial I_{φ}$ を意味するから, $r$ と $φ$ に関する基本振動数 $ω_{r} = \partial E / \partial I_{r}$ , $ω_{φ} = \partial E / \partial I_{φ}$ は一致している.

軌道のパラメータを作用変数で表す

軌道のパラメータ

\begin{aligned} (15.4) & p & = \frac{M^{2}}{m α}, e = \sqrt{1 - \frac{2 | E | M^{2}}{m α^{2}}} \end{aligned}

を $I_{r}$ , $I_{φ}$ で表すと,

\begin{aligned} (5) & p & = \frac{I_{φ}^{2}}{m α}, e = \sqrt{1 - {(\frac{I_{φ}}{I_{φ} + I_{r}})}^{2}} \end{aligned}

となる. 作用変数 $I_{r}$ , $I_{φ}$ は断熱不変量であることから, 系のパラメータ $α$ あるいは $m$ が断熱的に変化するときに, 軌道の離心率 $e$ は不変であり, 軌道の半通径 $p$ は $m$ および $α$ に反比例する.

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 : 以下, 本編における(15.4)と(15.6)にならい,

\begin{array}{r} (6) & {\begin{aligned} e & = \sqrt{1 - \frac{2 | E | M^{2}}{m α^{2}}}, \\ a & = \frac{α}{2 | E |} \end{aligned} \end{array}

を用いる. 引力で有界運動をしているから, $E < 0$ であることを利用すると,

\begin{aligned} I_{r} & = \int_{r_{\min}}^{r_{\max}} \sqrt{- r^{2} + \frac{α r}{| E |} - \frac{M^{2}}{2 m | E |}} \frac{d r}{r} \\ (7) & = \frac{1}{π} \sqrt{\frac{m α}{a}} \int_{r_{\min}}^{r_{\max}} \frac{\sqrt{a^{2} e^{2} - {(r - a)}^{2}}}{r} d r \end{aligned}

となる. ここで,

\begin{aligned} (8) & r - a & = - a e \cos ξ \end{aligned}

の置換を用いると,

\begin{aligned} I_{r} & = \frac{1}{π} \sqrt{\frac{m α}{a}} \int_{0}^{π} \frac{\sqrt{a^{2} e^{2} - a^{2} e^{2} \cos^{2} ξ}}{a - a e \cos ξ} (a e \sin ξ) d ξ \\ (9) & = \frac{\sqrt{m α a}}{π} \int_{0}^{π} \frac{e^{2} \sin^{2} ξ}{1 - e \cos ξ} d ξ \end{aligned}

となる. ここでさらに,

\begin{aligned} (10) & \tan \frac{ξ}{2} & = t \end{aligned}

の置換を用いると,

\begin{aligned} I_{r} & = \frac{\sqrt{m α a}}{π} \int_{0}^{\infty} e^{2} (\frac{2 t}{1 + t^{2}}) \frac{1}{1 - e \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{2}}} \frac{2}{1 + t^{2}} d t \\ = \frac{\sqrt{m α a}}{π} \int_{0}^{\infty} \frac{8 e^{2} t^{2}}{{(1 + t^{2})}^{2} {(1 - e) + (1 + e) t^{2}}} d t \\ (11) & = \frac{\sqrt{m α a}}{π} \int_{0}^{\infty} {\frac{2 (1 - e)}{1 + t^{2}} + \frac{4 e}{{(1 + t^{2})}^{2}} - \frac{2 (1 - e^{2})}{(1 - e) + (1 + e) t^{2}}} d t \end{aligned}

となる. 各項の積分の計算結果は

\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{d t}{1 + t^{2}} & = {[\tan^{- 1} t]}_{0}^{\infty} \\ (12) & = \frac{π}{2}, \\ \int_{0}^{\infty} \frac{d t}{{(1 + t^{2})}^{2}} & = {[\frac{1}{2} (\frac{t}{1 + t^{2}} + \tan^{- 1} t)]}_{0}^{\infty} \\ (13) & = \frac{π}{4}, \\ \int_{0}^{\infty} \frac{d t}{(1 - e) + (1 + e) t^{2}} & = {[\frac{1}{\sqrt{1 - e^{2}}} \tan^{- 1} (\sqrt{\frac{1 + e}{1 - e}} t)]}_{0}^{\infty} \\ (14) & = \frac{π}{2 \sqrt{1 - e^{2}}} \end{aligned}

である(こちらの積分計算を参照)から,

\begin{aligned} I_{r} & = \frac{\sqrt{m α a}}{π} {\frac{π}{2} 2 (1 - e) + \frac{π}{4} 4 e - 2 (1 - e^{2}) \frac{π}{2 \sqrt{1 - e^{2}}}} \\ (15) & = \sqrt{m α a} (1 - \sqrt{1 - e^{2}}) \end{aligned}

となる. $(6)$ の $a$ と $e$ を元に戻せば,

\begin{aligned} I_{r} & = \sqrt{\frac{m α^{2}}{2 | E |}} (1 - \sqrt{\frac{2 | E | M^{2}}{m α^{2}}}) \\ (16) & = α \sqrt{\frac{m}{2 | E |}} - M \end{aligned}

が得られる.

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