解析力学 1

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お久しぶりです。xsuzです。

今年は忘れられない夏を過ごしました。

僕たちが作った飛行機が第45回鳥人間コンテストで約3.8km飛び続けました。

プラットフォーム上から見たあの光景は一生忘れないと思います。

今は24代の機体の製作を始めています。 今年こそは、電操班主任として信頼性の高い操舵を絶対に作ってみせます。

そして、免許合宿では修了検定に落ちて4日延泊しました。この世の終わりです。

今回は、解析力学を思い出すために自分なりにまとめてみました。

変分原理

ある問題を変分問題として置き換えることを考える。すなわちffの変分δf\delta fが0になるxxを求める問題に言い換えることを考える。

δf(x)=0\delta f(x)=0

物理の基本原理が停留値問題として定式化されている場合、その原理を変分原理という。

静力学の変分原理

静力学の変分原理

系が安定状態にあるときに限り、幾何学的に可能な任意の仮想変位について、その仮想仕事の総和が0になる

δW=∑iFi⋅δri=0\delta W = \sum_i \mathbf{F}_i\cdot\delta \mathbf{r}_i = 0

この原理は仮想仕事の原理とも呼ばれる。

動力学の変分原理

仮想仕事の原理と同様に、以下のダランベールの原理(d’Alembert’s-principle)を導くことができる。

ダランベールの原理と運動量保存則の等価性
番号iiの質点の運動方程式

Fi(t)−mid2dtri(t)=0\mathbf F_i(t)-m_i\frac{d^2}{dt}\mathbf r_i(t)=\mathbf 0

が成立するとき、任意の仮想変分{δri}\{\delta \mathbf r_i\}に対し、

(Fi(t)−mid2dtri(t))⋅δri(t)=0(\mathbf F_i(t)-m_i\frac{d^2}{dt}\mathbf r_i(t))\cdot \delta \mathbf r_i(t)=0

が成立。逆にこの式が任意の仮想変分{δri}\{\delta \mathbf r_i\}に対し成立すれば、番号iiの運動方程式が成り立つ。以上より、ニュートンの第二法則とダランベールの原理が等価であることが示された。

ダランベールの原理 ( d’Alembert’s principle )

質点系の運動の軌道ri(t)\mathbf r_i(t)は、すべての時刻ttで各質点の任意の仮想変位δri(t)\delta \mathbf r_i(t)に対して、

∑i(Fi(ri(t),t)−mid2ri(t)dt2)⋅δri(i)=0\sum_i\left(\mathbf F_i(\mathbf r_i(t),t)-m_i\frac {d^2 \mathbf r_i(t)}{dt^2}\right)\cdot\delta \mathbf r_i(i)=0

を満たす。

Fi\mathbf F_iが保存力であるとき、ダランベールの原理から次のハミルトンの原理が導かれる。

ハミルトンの原理とダランベールの原理の等価性

I) ダランベールの原理 ⇒\Rightarrow ハミルトンの原理
ダランベールの原理の式の両辺をt1t_1からt2t_2で積分すると

∫t1t2∑i{(Fi(t)−mid2dtri(t))⋅δri(t)}dt=0\int_{t_1}^{t_2}\sum_i\{(\mathbf F_i(t)-m_i\frac{d^2}{dt}\mathbf r_i(t))\cdot \delta \mathbf r_i(t)\}dt=0 ∴∫t1t2{∑iFi(t)⋅δri(t)}dt−∫t1t2∑i{mid2dt2ri(t)⋅δri(t)}dt=0\therefore \int_{t_1}^{t_2}\{\sum_i\mathbf F_i(t)\cdot \delta \mathbf r_i(t)\}dt -\int_{t_1}^{t_2}\sum_i\{m_i\frac{d^2}{dt^2}\mathbf r_i(t)\cdot \delta \mathbf r_i(t)\}dt=0

ここで、Fi\mathbf F_iのポテンシャルUiU_iが存在すると仮定すれば、

∫t1t2{∑iFi(t)⋅δri(t)}dt=−∫t1t2{∑iδri(t)⋅∇iUi}dt=−∫t1t2{∑iδUi(ri,t)}dt=−δ∫t1t2U(r1,r2,⋯ ,t)dt\begin{aligned} \int_{t_1}^{t_2}\{\sum_i\mathbf F_i(t)\cdot \delta \mathbf r_i(t)\}dt&=-\int_{t_1}^{t_2}\{\sum_i\delta \mathbf r_i(t)\cdot \nabla_iU_i\}dt \\ &=-\int_{t_1}^{t_2}\{\sum_i\delta U_i(\mathbf r_i,t)\}dt \\ &=-\delta\int_{t_1}^{t_2}U(\mathbf r_1,\mathbf r_2,\cdots,t)dt \end{aligned}

また、第2項に部分積分を適用すると、

∫t1t2∑imid2dt2ri(t)⋅δri(t)dt=[∑i12mivi(t)⋅δri(t)]t1t2−∫t1t2∑imiviδvidt=−∫t1t2∑iδ(12mivi⋅vi)dt=−δ∫t1t2T(v1,v2⋯ ,t)dt\begin{aligned} \int_{t_1}^{t_2}\sum_i m_i\frac{d^2}{dt^2}\mathbf r_i(t)\cdot \delta \mathbf r_i(t)dt&=\left[\sum_i \frac{1}{2}m_i\mathbf v_i(t)\cdot\delta\mathbf r_i(t)\right]_{t_1}^{t_2}-\int _{t_1}^{t_2} \sum_i m_i \mathbf v_i \delta \mathbf v_i dt \\ &= -\int _{t_1}^{t_2} \sum_i \delta \left(\frac 1 2 m_i \mathbf v_i \cdot \mathbf v_i \right) dt \\ &= -\delta \int _{t_1}^{t_2} T(\mathbf v_1,\mathbf v_2 \cdots , t)dt \end{aligned}

以上よりハミルトンの原理が導かれる。
II) ダランベールの原理 ⇐\Leftarrow ハミルトンの原理
I)の過程を逆に辿ることにより示すことができる。

ハミルトンの原理 (Hamilton’s principle)

時刻t∈[t1,t2]t\in [t_1,t_2]で始点と終点が決められた失点系の軌道{ri(t)}\{\mathbf r_i(t)\}の中で、端点で０となる任意の仮想変分{δri(t)}\{\delta \mathbf r_i(t)\}に対して、作用積分が

δI[r]=δ(∫t1t2(T−U)dt)=0\delta I[\mathbf r]=\delta\left(\int_{t_1}^{t_2}{(T-U)dt}\right)=0

となる軌道が実際に起こる。

そこで、

L=T−U\mathcal L=T-U

と定め、これをラグランジアンと呼ぶことにする。ラグランジアンL\mathcal Lを用いれば、ハミルトンの原理は

δ∫t1t2L(r1,r2,⋯ ,r˙1,r˙2,⋯ ,t)dt=0\delta \int_{t_1}^{t_2}\mathcal L(\mathbf r_1,\mathbf r_2,\cdots, \mathbf {\dot r}_1,\mathbf {\dot r}_2,\cdots,t)dt=0

と表現できる。

ラグランジュの運動方程式

ハミルトンの原理は汎関数の停留値問題として記述された。そこで、汎関数の停留値問題の解法について考えよう。

L=L(x(t),x˙(t),t)\mathcal L=\mathcal L(x(t),\dot x(t),t)

とおいて、x(t)x(t)の満たす条件を考える。

ハミルトンの原理より、

δ∫t1t2L(x(t),x˙(t),t)dt=0\delta \int_{t_1}^{t_2}\mathcal L(x(t),\dot x(t),t)dt=0 ∴∫t1t2(L(x(t)+δx(t),x˙(t)+δx˙(t),t)−L(x(t),x˙(t),t))dt=0\therefore \int_{t_1}^{t_2}\left(\mathcal L(x(t)+\delta x(t),\dot x(t) + \delta \dot x(t),t)-\mathcal L(x(t),\dot x(t),t)\right)dt=0

そこで、L\mathcal Lを一次近似すると

∫t1t2(∂L∂x(x(t),x˙(t),t)δx+∂L∂x˙(x(t),x˙(t),t)δx˙)dt=0\int_{t_1}^{t_2}\left(\frac{\partial \mathcal L}{\partial x}(x(t),\dot x(t),t)\delta x+\frac{\partial \mathcal L}{\partial \dot x}(x(t),\dot x(t),t)\delta \dot x\right)dt=0

また、第二項を部分積分すると

∫t1t2(∂L∂x˙(x(t),x˙(t),t)δx˙)dt=[∂L∂x˙(x(t),x˙(t),t) δx(t)]−∫t1t2ddt(∂L∂x˙)δxdt=−∫t1t2ddt(∂L∂x˙)δx dt\begin{aligned} \int_{t_1}^{t_2}\left(\frac{\partial \mathcal L}{\partial \dot x}(x(t),\dot x(t),t)\delta \dot x\right)dt&=\left[\frac{\partial \mathcal L}{\partial \dot x}(x(t),\dot x(t),t)\ \delta x(t)\right]-\int_{t_1}^{t_2}\frac {d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal {L}}{\partial \dot x}\right)\delta xdt \\ &= -\int_{t_1}^{t_2}\frac {d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal {L}}{\partial \dot x}\right)\delta x\ dt \end{aligned}

ただし、一行目から二行目の過程で境界条件　δx(t1)=δx(t2)=0\delta x(t_1)=\delta x(t_2)=0　を用いた。以上から

∫t1t2(∂L∂x−ddt(∂L∂x˙))δx dt=0\int_{t_1}^{t_2}\left(\frac {\partial \mathcal L}{\partial x}-\frac {d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal {L}}{\partial \dot x}\right)\right)\delta x\ dt=0

任意の仮想変分について、これを満たすので

∂L∂x−ddt(∂L∂x˙)=0\frac {\partial \mathcal L}{\partial x}-\frac {d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal {L}}{\partial \dot x}\right)=0

これをオイラー・ラグランジュ方程式という。 特に、L\mathcal Lがラグランジアンであるときラグランジュ方程式という。

ラグランジュ方程式と一般化座標

オイラー・ラグランジュ方程式の利点の一つに、変数の取り方に依存しないことが挙げられる。 即ち、直交座標の適当な関数

q1=q1(x,y,z,t) , q2=q2(x,y,z,t) , ⋯q_1=q_1(x,y,z,t)\ ,\ q_2=q_2(x,y,z,t)\ ,\ \cdots

を用いてラグランジアンを

L(q,q˙,t)=T(q,q˙,t)−U(q,t)\mathcal L(\mathbf q,\mathbf {\dot q},t)=T(\mathbf q,\mathbf {\dot q},t)-U(\mathbf q,t)

と表せれば、ハミルトンの原理を以下のように表現できる。

ハミルトンの原理 (Hamilton’s principle)

時刻t∈[t1,t2]t\in [t_1,t_2]で始点と終点が決められた失点系の軌道{qi(t)}\{\mathbf q_i(t)\}の中で、端点で０となる任意の仮想変分{δqi(t)}\{\delta \mathbf q_i(t)\}に対して、作用積分が

δI[q]=δ(∫t1t2L(q,q˙,t)dt)=0\delta I[\mathbf q]=\delta\left(\int_{t_1}^{t_2}{L(\mathbf q,\mathbf {\dot q},t)dt}\right)=0

となる軌道が実際に起こる。

さらに、停留条件から得られるラグランジュ方程式は、デカルト座標と同じく以下の形で表される。

∂L∂qi−ddt(∂L∂q˙i)=0\frac {\partial \mathcal L}{\partial q_i}-\frac {d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal {L}}{\partial \dot q_i}\right)=0

qiq_iを一般化座標といい、上のような座標間の変換を点変換という。 ここまでの議論では点変換が時間に依存してもよいことに注意。

ラグランジュ方程式を用いた数値計算

例として、単振り子の運動について考察する。

問題設定は以下の通りである。

時刻ttにおいて支点まわりにトルクτ\tauが作用しているとする。また、振り子の角度をθ(t)\theta(t)と表し、おもりの支点まわりの慣性モーメントをIIとおく。さらに、トルクがなす仕事をWW、おもりの位置エネルギーをUU、運動エネルギーをTTとおく。 このときのθ\thetaの変化を数値計算により求める。

このとき、ラグランジアンL\mathcal{L}は

L(θ,θ˙,t)=T−U+W=12(ml2)θ˙2+mgl(1−cos⁡θ)+τθ\begin{aligned} \mathcal{L}(\theta,\dot{\theta},t) &= T-U+W\\ &=\frac 1 2(ml^2){\dot\theta}^2+mgl(1-\cos\theta)+\tau\theta \end{aligned}

と書ける。これを用いると、ラグランジュの運動方程式は

∂L∂θ−ddt∂L∂θ˙=0\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \theta}-\frac{d}{dt}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot\theta}=0 ∴mglsin⁡θ+τ−(ml2)θ¨=0\therefore mgl\sin\theta+\tau-(ml^2)\ddot\theta=0

となる。 ここから、

ddt[θθ˙]=[θ˙1ml2(mglsin⁡θ+τ)]\frac {d}{dt}\begin{bmatrix} \theta\\ \dot\theta \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \dot\theta\\ \frac 1 {ml^2}(mgl\sin\theta+\tau) \end{bmatrix}

を導くことができる。 オイラー法により、逐一θ\theta、θ˙\dot\thetaを数値計算することができる。