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問１：中心力ポテンシャルにおけるラグランジュ方程式
1-1.
運動エネルギーは
$$T = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2)$$
よってラグランジアンは
\begin{align*}
L &= T – U\\
&= \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) + \frac{C}{\alpha – 1}\frac{m}{r^{\alpha -1}} …(1)
\end{align*}
1-2.
\(r\)についてのラグランジュ方程式は
$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}\right) – \frac{\partial L}{\partial r} = 0$$
(1)を代入して
$$\frac{d}{dt}(m\dot{r}) – \left(mr\dot{\theta}^ – \frac{Cm}{r ^{\alpha}}\right) = 0$$
すなわち
$$m\ddot{r} – mr\dot{\theta}^2 + \frac{Cm}{r ^{\alpha}} = 0 …(2)$$
\(\theta\)についてのラグランジュ方程式は
$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right) – \frac{\partial L}{\partial \theta} = 0$$
$$\frac{d}{dt}(mr^2\dot{\theta}) = 0 …(3)$$
1-3.
いま、\(L = mr^2\dot{\theta}, l = r^2\dot{\theta}\)であるから(2)は
$$\ddot{r} – \frac{l^2}{r^3} + \frac{C}{r^{\alpha}} = 0 …(4)$$
と書ける。ここで\(u = \frac{1}{r}\)とおくと
\begin{align*}
\frac{dr}{dt} &= \frac{d\theta}{dt}\frac{dr}{d\theta}\\
&= \dot{\theta}\frac{du}{d\theta}\frac{dr}{du}\\
&= – \frac{\dot{\theta}}{u^2}\frac{du}{d\theta}\\
&= – r^2\cdot\frac{l}{r^2}\frac{du}{d\theta}\\
&= -l\frac{du}{d\theta}
\end{align*}
\begin{align*}
\frac{d^2r}{dt^2} &= \frac{d}{dt}\left( – l\frac{du}{d\theta}\right)\\
&= – l\frac{d\theta}{dt}{d}{d\theta}\left( \frac{du}{d\theta}\right)\\
&= – \frac{l^2}{r^2}\frac{d^2u}{d\theta ^2}\\
&= – u^2l^2\frac{d^2u}{d\theta ^2}
\end{align*}
以上より(4)を変形して
\begin{align*}
&- \frac{l^2}{r^2}\frac{d^2u}{d\theta ^2} – \frac{l^2}{r^3} + \frac{C}{r^{\alpha}} = 0 \\
&\rightarrow \frac{d^2u}{d\theta ^2} + \frac{1}{r} – \frac{C}{l^2r^{\alpha – 2}} = 0\\
&\rightarrow \frac{d^2}{d\theta ^2}\left(\frac{1}{r}\right) + \left(1 – r^{3 – \alpha}\frac{C}{l^2}\right)\frac{1}{r} = 0
\end{align*}
が示せる。
1-4.
\(\alpha = 3\)のとき、(1)を解く。
$$\frac{d^2}{d\theta ^2}\left(\frac{1}{r}\right) + \left(1 – \frac{C}{l^2}\right)\frac{1}{r} = 0$$
i)\(\frac{C}{l^2} > 1\)のとき
\begin{align*}
& \frac{1}{r} = Ae^{\sqrt{\frac{C}{l^2} – 1}\theta} + Be^{-\sqrt{\frac{C}{l^2} – 1} \theta}\\
& r = \frac{1}{Ae^{\sqrt{\frac{C}{l^2} – 1}\theta} + Be^{-\sqrt{\frac{C}{l^2} – 1} \theta}} & (A, Bは任意定数)
\end{align*}
ii)\(\frac{C}{l^2} = 1\)のとき
\begin{align*}
& \frac{1}{r} = C + D\theta\\
& r = \frac{1}{C + D\theta} & (C, Dは任意定数)
\end{align*}
iii)\(\frac{C}{l^2} < 1\)のとき
\begin{align*}
&\frac{1}{r} = Ecos\left(\sqrt{1 -\frac{C}{l^2}}\theta + \theta _0\right)\\
&r = \frac{1}{Ecos\left(\sqrt{1 -\frac{C}{l^2}}\theta + \theta _0\right)} & (E, \theta _0は任意定数)
\end{align*}
問２：惑星の公転運動
2-1.
速さを\(v\)とすると、運動方程式は次式のように書ける。
$$m\frac{v^2}{r} = \frac{GmM}{r^2}$$
よって、運動エネルギーは\(T = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}\frac{GmM}{r}\)
2-2.
惑星の持つ角運動量は
$$L = r \times mv = rmv$$
と書けるが、\(v = \sqrt{\frac{GM}{r}}\)であるから
$$L = m\sqrt{GMr}$$
と書き換えられる。また、角運動量\(L\)は保存されるが、\(L^2\)も同様に保存されることから
\begin{align*}
&m^2GMr = m^2G(M + dM)(r + dr)\\
&0 = Mdr + rdM
\end{align*}
の関係式が成り立つ。
2-3.
2-2の結果を利用すると
$$0 = M_0dr + r_0\left(-\frac{M_0}{2}\right)$$
が成り立つ。ここで、いま\(dr = \frac{r_0}{2}\)であるから、\(r = \frac{3}{2}r_0\)となる。
2-4.
惑星の持つ全エネルギーは
\begin{align*}
E &= \frac{1}{2}\frac{GmM_0}{r_0} – \frac{Gm\cdot\frac{M_0}{2}}{r_0}\\
&= 0
\end{align*}
となる。この結果、束縛がなくなるので、惑星は恒星から離れていく。
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