解答例

課題８の解説
問１：正準変換
まず母関数による正準変換をまとめておく。新旧座標の正準方程式を導くラ
グランジアンが等価であるためには、その差はある関数 (W1 とする) の全微
分でなければならない。従って
n
∑
pi q˙i − H({p}, {q}) =
i=1
n
∑
Pi Q˙ i − K({P }, {Q}) +
i=1
n (
∑
i=1
∂W1
pi −
∂qi
)
n (
∑
q˙i +
i=1
∂W1
−Pi −
∂Qi
d
W1 ({q}, {Q}, t)
dt
(
)
∂W1
Q˙ i + −H + K −
∂t
)
=0
これが任意の q˙i , Q˙ i について成り立つので、
pi =
∂W1
,
∂qi
Pi = −
∂W1
,
∂Qi
K=H+
∂W1
∂t
母関数の独立変数をルジャンドル変換で qi から pi に取り直せば、
W2 ({p}, {Q}, t) = W1 ({q}, {Q}, t) −
n
∑
p i qi
i=1
であるから、
−
n
∑
p˙i qi − H({p}, {q}) =
i=1
n (
∑
i=1
n
∑
Pi Q˙ i − K({P }, {Q}) +
i=1
∂W2
−qi −
∂pi
)
p˙i +
n (
∑
i=1
∂W2
−Pi −
∂Qi
1
)
(
d
W2 ({p}, {Q}, t)
dt
∂W2
Q˙ i + −H + K −
∂t
)
=0
これが任意の p˙i , Q˙ i について成り立つので、
qi = −
∂W2
,
∂pi
Pi = −
∂W2
,
∂Qi
K=H+
∂W2
∂t
同様に母関数の独立変数をルジャンドル変換で Qi から Pi に取り直せば、
W3 ({q}, {P }, t) = W1 ({q}, {Q}, t) +
n
∑
Pi Qi
i=1
から
pi =
∂W3
,
∂qi
Qi =
∂W3
,
∂Pi
K=H+
∂W3
∂t
n
n
n
∑
∑
∑
W4 ({p}, {P }, t) = W2 ({p}, {Q}, t)+
Pi Qi = W1 ({p}, {Q}, t)−
p i qi +
Pi Qi
i=1
i=1
i=1
から
qi = −
∂W4
,
∂pi
Qi =
∂W4
,
∂Pi
K=H+
∂W4
∂t
が得られる。
1. 上で求めた変換式を用いると
∂W4
= −Pi
∂pi
∂W4
=
= pi
∂Pi
qi = −
Qi
新しいハミルトニアンは、
∂W4
=
K({Q}, {P }) = H({q}, {p}) +
∂t
∑n
Q2i
+ V (−{P })
2m
i=1
と書ける。
ラグランジュ形式では座標を混ぜ合わせる点変換のみが許されたが、正
準形式では運動量と座標が混ざりあうような変換も許される。これは
その極端な例である。
2
2.
∂W2
∂f
= Qi −
∂pi
∂pi
∂W2
= −
= pi
∂Qi
qi = −
Pi
新しいハミルトニアンは、
∂W2
K({Q}, {P }) = H({q}, {p})+
=
∂t
∑n
)
(
n
Pi2 ∑
∂f ({P }, t)
∂f ({P }, t)
+
V Qi −
+
2m
∂Pi
∂t
i=1
i=1
3.
∂W3
= Pi + mvi
∂qi
∂W3
= qi − vi t + ai
=
∂Pi
pi =
Qi
なのでベクトル表記を用いると、
Q = q − vt + a
P = p − mv
新しいハミルトニアンは、
(P + mv)2
mv 2
+ V (Q + vt − a) − v · P −
2m
2
2
P
+ V (Q + vt − a)
=
2m
K(Q, P ) =
新しい変数は元の座標系に対して速度 vi で運動している慣性系から見
た座標と運動量を表している。
3
4.
p =
Q =
=
=
=
=
∂W3 √ √
= 2m P − V (q)
∂q
∂W3
∂P ∫
q
√
1
√
2m
dq 0 − t
0
0 2 P − V (q )
√
∫ q
m
1
√
dq 0 − t
2
2P 0
1 − mω
q02
2P
„q
«
√ √
∫ arcsin mω2 q
2P
m
2P
1
√
d sin θ − t
2
2P mω 0
1 − sin2 θ
(√
)
2
mω
ω −1 arcsin
q −t
2P
整理すると、
p2
+ V (q) = H
2m
(√
)
mω 2
−1
Q = ω arcsin
q −t
2H
P =
新しいハミルトニアンは、
K(Q, P ) = H +
∂W3
=0
∂t
従って、新しい変数 P , Q は時間的に変化しない。つまり保存する。実
際運動方程式の解を代入すれば P は系のエネルギー、-Q は q = 0 とな
る時間の基準点 t0 を表していることが分かる。逆に一般の H(p, q) に対
して K(P, Q) がゼロになるような W3 が求まれば、対応する運動方程
式が解けたことになる。このような運動方程式の解き方をハミルトン・
ヤコビ法と呼ぶ。
4
問２：正準変換
1. 母関数 W3 による正準変換は前課題で導いたように
∂W3
= x cos ωt + y sin ωt
∂p0x
∂W3
=
= −x sin ωt + y cos ωt
∂p0y
∂W3
=
=z
∂p0z
x0 =
y0
z0
∂W3
= p0x cos ωt − p0y sin ωt
∂x
∂W3
=
= p0x sin ωt + p0y cos ωt
∂y
∂W3
=
= p0z
∂z
px =
py
pz
運動量の変換式を逆に解くと
p0x = px cos ωt + py sin ωt
p0y = −px sin ωt + py cos ωt
p0z = pz
2. 前課題と同様にして
∂W3
∂t
}
1 { 0
=
(px cos ωt − p0y sin ωt)2 + (p0x sin ωt + p0y cos ωt)2 + p0z 2
2m
+U (x0 cos ωt − y 0 sin ωt, x0 sin ωt + y 0 cos ωt, z 0 )
+ω[p0x (−x sin ωt + y cos ωt) + p0y (−x cos ωt − y sin ωt)]
K = H+
p0x 2 + p0y 2 + p0z 2
=
+ U (x0 cos ωt − y 0 sin ωt, x0 sin ωt + y 0 cos ωt, z 0 )
2m
+ω(p0x y 0 − p0y x0 )
5
3. z 軸に対して反時計まわりに角速度 ω で回転する座標
4.
∂K
p0x
=
+ ωy 0
∂p0x
m
p0y
∂K
=
=
− ωx0
∂p0y
m
p0z
∂K
=
=
∂p0z
m
x˙ 0 =
y˙ 0
z˙ 0
∂K
∂U
= − 0 + ωp0y
0
∂x
∂x
∂K
∂U
= − 0 = − 0 − ωp0x
∂y
∂y
∂K
∂U
= − 0 =− 0
∂z
∂z
p˙0x = −
p˙0y
p˙0z
5. x0 成分について
x¨0 =
=
m¨
x0 =
=
=
p˙0x
+ ω y˙ 0
m(
)
( 0
)
py
1
∂U
0
0
− 0 + ωpy + ω
− ωx
m
∂x
m
∂U
− 0 + 2ωp0y − mω 2 x0
∂x
∂U
− 0 + 2ω (my˙ 0 + mωx0 ) − mω 2 x0
∂x
∂U
− 0 + 2mω y˙ 0 + mω 2 x0
∂x
y 0 成分についても同様に書け、
m¨
y0 = −
∂U
− 2ω x˙ 0 + mω 2 y 0
∂y 0
6
z 0 成分は、z と同じなので変化なし。
m¨
z0 = −
∂U
∂z 0
角速度ベクトル ω = (0, 0, ω) を導入するとこれらの式は
m
d2 r 0
= −∇0 U − 2mω × r˙0 − mω × (ω × r 0 )
dt2
とまとめることができ、右辺第一項はポテンシャルによる保存力、第
二項はコリオリ力、第三項は遠心力を表す。
7

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