解析力学 1

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$f$の変分$\delta f$が0になる$x$を求める問題に言い換えることを考える。 $$ \delta f(x)=0 $$

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 $$ \delta W = \sum_i \mathbf{F}_i\cdot\delta \mathbf{r}_i = 0 $$

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。¹

ダランベールの原理 ( d’Alembert’s principle )

質点系の運動の軌道$\mathbf r_i(t)$は、すべての時刻$t$で各質点の任意の仮想変位$\delta \mathbf r_i(t)$に対して、 $$ \sum_i\left(\mathbf F_i(\mathbf r_i(t),t)-m_i\frac {d^2 \mathbf r_i(t)}{dt^2}\right)\cdot\delta \mathbf r_i(i)=0 $$を満たす。

$\mathbf F_i$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。²

ハミルトンの原理 (Hamilton’s principle)

時刻$t\in [t_1,t_2]$で始点と終点が決められた失点系の軌道${\mathbf r_i(t)}$の中で、端点で０となる任意の仮想変分${\delta \mathbf r_i(t)}$に対して、作用積分が $$ \delta I[\mathbf r]=\delta\left(\int_{t_1}^{t_2}{(T-U)dt}\right)=0 $$となる軌道が実際に起こる。

そこで、 $$ \mathcal L=T-U $$

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$\mathcal L$を用いれば、ハミルトンの原理は $$ \delta \int_{t_1}^{t_2}\mathcal L(\mathbf r_1,\mathbf r_2,\cdots, \mathbf {\dot r}_1,\mathbf {\dot r}_2,\cdots,t)dt=0 $$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。

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

とおいて、$x(t)$の満たす条件を考える。

ハミルトンの原理より、 $$ \delta \int_{t_1}^{t_2}\mathcal L(x(t),\dot x(t),t)dt=0 $$ $$ \therefore \int_{t_1}^{t_2}\left(\mathcal L(x(t)+\delta x(t),\dot x(t) + \delta \dot x(t),t)-\mathcal L(x(t),\dot x(t),t)\right)dt=0 $$そこで、$\mathcal L$を一次近似すると $$ \int_{t_1}^{t_2}\left(\frac{\partial \mathcal L}{\partial x}(x(t),\dot x(t),t)\delta x+\frac{\partial \mathcal L}{\partial \dot x}(x(t),\dot x(t),t)\delta \dot x\right)dt=0 $$ここで、第二項を部分積分すると $$ \begin{aligned} \int_{t_1}^{t_2}\left(\frac{\partial \mathcal L}{\partial \dot x}(x(t),\dot x(t),t)\delta \dot x\right)dt&=\left[\frac{\partial \mathcal L}{\partial \dot x}(x(t),\dot x(t),t)\ \delta x(t)\right]-\int_{t_1}^{t_2}\frac {d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal {L}}{\partial \dot x}\right)\delta xdt \\ &= -\int_{t_1}^{t_2}\frac {d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal {L}}{\partial \dot x}\right)\delta x\ dt \end{aligned} $$ただし、一行目から二行目の過程で境界条件　$\delta x(t_1)=\delta x(t_2)=0$　を用いた。以上から $$ \int_{t_1}^{t_2}\left(\frac {\partial \mathcal L}{\partial x}-\frac {d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal {L}}{\partial \dot x}\right)\right)\delta x\ dt=0 $$任意の仮想変分について、これを満たすので

$$\frac {\partial \mathcal L}{\partial x}-\frac {d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal {L}}{\partial \dot x}\right)$$

これをオイラー・ラグランジュ方程式という。 特に、$\mathcal L$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 $$ q_1=q_1(x,y,z,t)\ ,\ q_2=q_2(x,y,z,t)\ ,\ \cdots $$を用いてラグランジアンを $$ \mathcal L(\mathbf q,\mathbf {\dot q},t)=T(\mathbf q,\mathbf {\dot q},t)-U(\mathbf q,t) $$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$t\in [t_1,t_2]$で始点と終点が決められた失点系の軌道${\mathbf q_i(t)}$の中で、端点で０となる任意の仮想変分${\delta \mathbf q_i(t)}$に対して、作用積分が $$ \delta I[\mathbf q]=\delta\left(\int_{t_1}^{t_2}{L(\mathbf q,\mathbf {\dot q},t)dt}\right)=0 $$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。 $$\frac {\partial \mathcal L}{\partial q_i}-\frac {d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal {L}}{\partial \dot q_i}\right)$$

$q_i$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$t$において支点まわりにトルク$\tau$が作用しているとする。また、振り子の角度を$\theta(t)$と表し、おもりの支点まわりの慣性モーメントを$I$とおく。さらに、トルクがなす仕事を$W$、おもりの位置エネルギーを$U$、運動エネルギーを$T$とおく。 このときの$\theta$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$\mathcal{L}$は $$ \begin{aligned} \mathcal{L}(\theta,\dot{\theta},t) &= T-U+W\\ &=\frac 1 2(ml^2){\dot\theta}^2+mgl(1-\cos\theta)+\tau\theta \end{aligned} $$ と書ける。これを用いると、ラグランジュの運動方程式は $$ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \theta}-\frac{d}{dt}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot\theta}=0 $$ $$ \therefore mgl\sin\theta+\tau-(ml^2)\ddot\theta=0 $$ となる。 ここから、 $$ \frac {d}{dt}\begin{bmatrix} \theta\\ \dot\theta \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \dot\theta\\ \frac 1 {ml^2}(mgl\sin\theta+\tau) \end{bmatrix} $$ を導くことができる。 オイラー法により、逐一$\theta$、$\dot\theta$を数値計算することができる。