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.
問題
場$U = - \alpha / r$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{align}
I_i &= \frac{1}{2\pi} \oint p_i \, \mathrm{d}q_i \tag{52.4} \label{eq_52-4}
\end{align}
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$r$, $\varphi$を用いて考える. 中心力の場では$p_\varphi = M_z \equiv M$である(§14参照)から,
\begin{align}
I_\varphi &= \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} p_\varphi \, \mathrm{d} \varphi = M \label{eq_52-e2}
\end{align}
となる. 一方, 中心力の場における本編での式
\begin{align}
\dot{r} &= \frac{\mathrm{d} r}{\mathrm{d} t} = \sqrt{\frac{2}{m} \left( E - U(r) \right) - \frac{M^2}{m^2 r^2}} \tag{14.5} \label{eq_14-5}
\end{align}
を用いると
\begin{align}
p_r &= \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = m \dot{r} = \sqrt{2m \left( E + \frac{\alpha}{r} \right) - \frac{M^2}{r}}
\end{align}
となるから,
\begin{align}
I_r &= \frac{2}{2\pi} \int_{r_{\mathrm{min}}}^{r_{\mathrm{max}}} p_r \, \mathrm{d} r \nonumber \\
&= \frac{2}{2\pi} \int_{r_{\mathrm{min}}}^{r_{\mathrm{max}}} \sqrt{2m \left( E + \frac{\alpha}{r} \right) - \frac{M^2}{r^2}} \, \mathrm{d}r \nonumber \\
&= \alpha \sqrt{\frac{m}{2 \left| E \right|}} - M \label{eq_52-e3}
\end{align}
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$I_r$, $I_\varphi$で表すと,
\begin{align}
E &= - \frac{m \alpha^2}{2 \left( I_r + I_\varphi \right)}
\end{align}
となり($E < 0$であることに注意せよ), エネルギー$E$が$I_r + I_\varphi$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$I_r + I_\varphi$にのみ依存しているということは$\partial E / \partial I_r = \partial E / \partial I_\varphi$を意味するから, $r$と$\varphi$に関する基本振動数$\omega_r = \partial E / \partial I_r$, $\omega_\varphi = \partial E / \partial I_\varphi$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{align}
p &= \frac{M^2}{m \alpha} , \quad e = \sqrt{1 - \frac{2 \left| E \right| M^2}{m\alpha^2}} \tag{15.4} \label{eq_15-4}
\end{align}
を$I_r$, $I_\varphi$で表すと,
\begin{align}
p &= \frac{I_\varphi^2}{m \alpha} , \quad e = \sqrt{1 - \left( \frac{I_\varphi}{I_\varphi + I_r} \right)^2}
\end{align}
となる. 作用変数$I_r$, $I_\varphi$は断熱不変量であることから, 系のパラメータ$\alpha$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$\alpha$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.
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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{align}
\left\{
\begin{aligned}
e &= \sqrt{1 - \frac{2 \left| E \right| M^2}{m\alpha^2}} , \\
a &= \frac{\alpha}{2 \left| E \right|}
\end{aligned}
\right. \label{eq_52-e1}
\end{align}
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{align}
I_r &= \int_{r_{\mathrm{min}}}^{r_{\mathrm{max}}} \sqrt{- r^2 + \frac{\alpha r}{\left| E \right|} - \frac{M^2}{2m \left| E \right|}} \, \frac{\mathrm{d}r}{r} \nonumber \\
&= \frac{1}{\pi} \sqrt{\frac{m \alpha}{a}} \int_{r_{\mathrm{min}}}^{r_{\mathrm{max}}} \frac{\sqrt{a^2 e^2 - \left( r-a \right)^2}}{r} \, \mathrm{d}r
\end{align}
となる. ここで,
\begin{align}
r - a &= - ae \cos \xi
\end{align}
の置換を用いると,
\begin{align}
I_r &= \frac{1}{\pi} \sqrt{\frac{m \alpha}{a}} \int_{0}^{\pi} \frac{\sqrt{a^2 e^2 - a^2 e^2 \cos^2 \xi}}{a - ae \cos \xi} \left( ae \sin \xi \right) \, \mathrm{d}\xi \nonumber \\
&= \frac{\sqrt{m \alpha a}}{\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{e^2 \sin^2 \xi}{1 - e \cos \xi} \, \mathrm{d}\xi
\end{align}
となる. ここでさらに,
\begin{align}
\tan \frac{\xi}{2} &= t
\end{align}
の置換を用いると,
\begin{align}
I_r &= \frac{\sqrt{m \alpha a}}{\pi} \int_0^\infty e^2 \left( \frac{2t}{1 + t^2} \right) \frac{1}{1 - e \frac{1 - t^2}{1 + t^2}} \frac{2}{1 + t^2} \, \mathrm{d}t \nonumber \\
&= \frac{\sqrt{m \alpha a}}{\pi} \int_0^\infty \frac{8e^2 t^2}{\left( 1 + t^2 \right)^2 \left\{ \left( 1 - e \right) + \left( 1 + e \right) t^2 \right\} } \, \mathrm{d}t \nonumber \\
&= \frac{\sqrt{m \alpha a}}{\pi} \int_0^\infty \left\{ \frac{2 \left( 1 - e \right)}{1 + t^2} + \frac{4e}{\left( 1 + t^2 \right)^2} - \frac{2 \left( 1 - e^2 \right)}{\left( 1 - e \right) + \left( 1 + e \right) t^2} \right\} \, \mathrm{d}t
\end{align}
となる. 各項の積分の計算結果は
\begin{align}
\int_0^\infty \frac{\mathrm{d}t}{1 + t^2} &= \left[ \tan^{-1} t \right]_0^\infty \nonumber \\
&= \frac{\pi}{2} , \\
\int_0^\infty \frac{\mathrm{d}t}{\left( 1 + t^2 \right)^2} &= \left[ \frac{1}{2} \left( \frac{t}{1 + t^2} + \tan^{-1} t \right) \right]_0^\infty \nonumber \\
&= \frac{\pi}{4} , \\
\int_0^\infty \frac{\mathrm{d}t}{\left( 1 - e \right) + \left( 1 + e \right) t^2} &= \left[ \frac{1}{\sqrt{ 1 - e^2}} \tan^{-1} \left( \sqrt{\frac{1 + e}{1 - e}} t \right) \right]_0^\infty \nonumber \\
&= \frac{\pi}{2 \sqrt{ 1 - e^2}}
\end{align}
である(こちらの積分計算を参照)から,
\begin{align}
I_r &= \frac{\sqrt{m \alpha a}}{\pi} \left\{ \frac{\pi}{2} 2 \left( 1 - e \right) + \frac{\pi}{4} 4e - 2 \left( 1 - e^2 \right) \frac{\pi}{2 \sqrt{ 1 - e^2}} \right\} \nonumber \\
&= \sqrt{m \alpha a} \left( 1 - \sqrt{1 - e^2} \right)
\end{align}
となる. \eqref{eq_52-e1}の$a$と$e$を元に戻せば,
\begin{align}
I_r &= \sqrt{\frac{m \alpha^2}{2 \left| E \right|}} \left( 1 - \sqrt{\frac{2 \left| E \right| M^2}{m \alpha^2}} \right) \nonumber \\
&= \alpha \sqrt{\frac{m}{2 \left| E \right|}} - M
\end{align}
が得られる.
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