【院試問題】力学（2020東北大学理・物理）
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問題のテーマ
キーワード
目次
(1) 円運動するための初速度
質点Pが原点\(O\)まわりで円運動する場合、遠心力は \begin{equation*} m\frac{v_0^2}{a} \end{equation*} となる。これが中心力とつりあうので
(2) ラグランジュ方程式を立てて解く
(a) ラグランジアンを求める
質点Pの運動エネルギーを\(T\), ポテンシャルを\(U\)とするとラグランジアン\(L\)は \begin{equation*} L = T - U \end{equation*} 運動エネルギーは \begin{equation*} T = \frac{m}{2}\left\{(\dot{r}^2+(r\dot{\theta})^2\right\} \end{equation*} であり（運動エネルギーの極座標表示の導出は 最後 に記載）、ポテンシャルは \begin{equation*} U = -\frac{GMm}{r} \end{equation*} であるからラグランジアンは \begin{equation*} \boxed{L = \frac{m}{2}\left\{(\dot{r}^2+(r\dot{\theta})^2\right\} + \frac{GMm}{r}} \end{equation*}
(b) ラグランジュ方程式を記す
質点Pのラグランジュ方程式は \begin{equation*} \begin{cases} \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = \frac{\partial L}{\partial r} \\ \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = \frac{\partial L}{\partial \theta} \end{cases} \end{equation*} 上の式を計算すると \begin{equation*} \frac{d}{dt}(m\dot{r}) = mr\dot{\theta}^2 - \frac{GMm}{r^2} \end{equation*} 下の式を計算すると \begin{equation*} \frac{d}{dt}\left(mr^2\dot{\theta}\right) = 0 \end{equation*} 以上よりラグランジュ方程式は \begin{equation*} \boxed{ \begin{cases} m\ddot{r} = mr\dot{\theta}^2 - \frac{GMm}{r^2} \\ \frac{d}{dt}\left(mr^2\dot{\theta}\right) = 0 \end{cases} } \end{equation*}
(c) ラグランジュ方程式から\(h=r^2\theta\)が保存することを示す
ラグランジュ方程式の \begin{equation*} \frac{d}{dt}\left(mr^2\dot{\theta}\right) = 0 \end{equation*} から \begin{equation*} mr^2\dot{\theta} = const. \end{equation*} よって\(h=r^2\dot{\theta}\)は一定であると分かる。
(d) 軌跡を導くための微分方程式導く
\(u=1/r\)より\(h=\dot{\theta}/u^2\)である。 \(r\)の時間微分を\(\theta\)微分に書き直すと \begin{eqnarray*} \dot{r} &=& \dot{\theta}\frac{dr}{d\theta} = \dot{\theta}\frac{d}{d\theta}\left(\frac{1}{u}\right) = -\frac{\dot{\theta}}{u^2}\frac{du}{d\theta} = -h\frac{du}{d\theta} \\ \ddot{r} &=& -h\dot{\theta}\frac{d^2u}{d\theta^2} = -h^2u^2\frac{d^2u}{d\theta^2} \end{eqnarray*} よってラグランジュ方程式を書き直すと
となり与えられた微分方程式を導けた。
(3) 質点\(P\)の運動の軌道を考える
(a) 軌道の式を極座標表示で求める
\(w\equiv u-\frac{G M}{h^2}\)とおくと微分方程式は \begin{equation*} \frac{d^2w}{d\theta} + w = 0 \end{equation*} これを解くと \begin{eqnarray*} w (\theta) &=& A\cos{(\theta+\alpha)}\quad (A,\alpha は定数) \\ u(\theta) &=& A\cos{(\theta+\alpha)} + \frac{G M}{h^2} \end{eqnarray*} 条件から \begin{equation*} u(0) = \frac{1}{a} \quad\therefore\quad \frac{1}{a} = A\cos{\alpha} + \frac{G M}{h^2} \end{equation*} 初速度は方位各方向を向いているので \begin{equation*} \frac{du(0)}{d\theta} = 0 \quad\therefore\quad 0 = -A\sin{\alpha} \end{equation*} したがって \begin{equation*} \begin{cases} A = \frac{1}{a} - \frac{G M}{h^2} \\ \alpha = 0 \end{cases} \end{equation*} であるから \begin{eqnarray*} u(\theta) &=& \left(\frac{1}{a} - \frac{G M}{h^2}\right)\cos{\theta} + \frac{G M}{h^2} \\ r(\theta) &=& \frac{1}{\left(\frac{1}{a} - \frac{G M}{h^2}\right)\cos{\theta} + \frac{G M}{h^2}} \\ &=& \frac{\frac{h^2}{G M}}{1 + \left(\frac{h^2}{G Ma} - 1\right)\cos{\theta}} \end{eqnarray*} また、はじめ\(\dot{r}=0, \, r=a\)であることから初速\(v\)は \begin{equation*} v^2 = a^2\dot{\theta}^2 = a^2\left(\frac{h}{a^2}\right)^2 = \frac{h^2}{a^2} \end{equation*} ともかける。\(v=kv_0\)と(1)の\(v_0=\sqrt{G M/a}\)もあわせると \begin{eqnarray*} \left(k\sqrt{\frac{G M}{a}}\right)^2 = \frac{h^2}{a^2} \\ \frac{k^2G M}{a} = \frac{h^2}{a^2} \\ \frac{h^2}{G M} = ak^2 \end{eqnarray*} これを上の\(r(\theta)\)に代入すると \begin{equation*} \boxed{r(\theta) = \frac{ak^2}{1 + (k^2 - 1)\cos{\theta}}} \end{equation*} と\(r(\theta)\)を表せる。
(b) 軌道が局在する場合の\(k\)の上限値
軌道\(r(\theta)\)が有限な範囲にとどまるためには分母が0とならないように\(k\)は値をとらなければならない。 \(-1\leq\cos{\theta}\leq1, \, k\geq1\)より \begin{eqnarray*} 0 \leq k^2-1 < 1 \\ \therefore \quad 0 \leq k < \sqrt{2} \end{eqnarray*} これにより \begin{equation*} \boxed{k_1=\sqrt{2}} \end{equation*} と分かる。
(c) 軌道が局在する場合の質点\(P\)の速さの最小値
エネルギー保存則から \begin{equation*} E = T + U = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{r} = const. \end{equation*} 初期条件から \begin{equation*} E = \frac{1}{2}m(kv_0)^2 - \frac{GMm}{a} \end{equation*} \(v\)が最小値を取るのは\(U\)が最大値をとるときで、それは\(r\)が最大のときに対応する。 \begin{equation*} r(\theta) = \frac{ak^2}{1 + (k^2 - 1)\cos{\theta}} \end{equation*} で\(1 < k < \sqrt{2}\)から\(\cos{\theta}=-1\)のときが\(r\)が最大で \begin{equation*} r_{max} = \frac{ak^2}{2-k^2} \end{equation*} 以上より\(E\)が一定であることを用いて \begin{eqnarray*} \frac{1}{2}m(kv_0)^2 - \frac{GMm}{a} = \frac{1}{2}mv_{min}^2 - \frac{GMm}{r_{max}} \\ \frac{1}{2}m(kv_0)^2 - \frac{GMm}{a} = \frac{1}{2}mv_{min}^2 - \frac{GMm(2-k^2)}{ak^2} \\ \frac{1}{2}mv_{min}^2 = \frac{1}{2}m(kv_0)^2 + \frac{GMm\left\{(2-k^2)-k^2\right\}}{ak^2} \end{eqnarray*} よって \begin{eqnarray*} v_{min} &=& \sqrt{(kv_0)^2 + \frac{4GM(1-k^2)}{ak^2}} \\ &=& \sqrt{(kv_0)^2 + \frac{4av_0^2(1-k^2)}{ak^2}} \\ &=& \sqrt{(kv_0)^2 + 4\left(\frac{v_0}{k}\right)^2 - 4v_0^2} \\ &=& \sqrt{\left(k^2 - 4 - \frac{4}{k^2}\right)v_0^2} \\ &=& \sqrt{\left(\frac{2}{k}-k\right)^2v_0^2} \\ &=& \boxed{\left(\frac{2}{k}-k\right)v_0} \qquad \left(0<k<\sqrt{2} \, より \, \frac{2}{k}>\sqrt{2}\right) \end{eqnarray*}
\(k=\sqrt{3}\)のときの運動の軌跡の図示
\(k=\sqrt{3}\)のとき \begin{equation*} r = \frac{3a}{1+2\cos{\theta}} \end{equation*} \(r=\sqrt{x^2+y^2}\)と\(\cos{\theta}=x/\sqrt{x^2+y^2}\)を代入すると \begin{eqnarray*} \sqrt{x^2+y^2} &=& \frac{3a}{1+2\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}} \\ \sqrt{x^2+y^2} + 2x &=& 3a \\ x^2+y^2 &=& (3a-2x)^2 \\ x^2+y^2 &=& 9a^2-12ax+4x^2 \\ 3x^2-12ax-y^2 &=& -9a^2 \\ x^2-4ax-\frac{y^2}{3} &=& -3a^2 \\ (x-2a)^2-\frac{y^2}{3} &=& a^2 \end{eqnarray*} これにより質点Pの運動の軌跡は双曲線 \begin{equation*} \boxed{\left(\frac{x-2a}{a}\right)^2 - \left(\frac{y}{\sqrt{3}a}\right)^2 = 1} \end{equation*} の一部であると分かる。 点Aで\(+y\)方向に初速を与えるという条件から、 軌跡は点Aから\(+y\)方向に向かう下図の実線のようである。
極座標表示の運動エネルギーの導出
運動エネルギーの極座標表示は次のように導出する。 \begin{equation*} \begin{cases} x = r\cos{\theta} \\ y = r\sin{\theta} \end{cases} \quad から \quad \begin{cases} \dot{x} = \dot{r}\cos{\theta} - r\dot{\theta}\sin{\theta} \\ \dot{y} = \dot{r}\sin{\theta} + r\dot{\theta}\cos{\theta} \end{cases} \end{equation*} \(v=\sqrt{\dot{x}^2+\dot{y}^2}\)より \begin{eqnarray*} v &=& \sqrt{(\dot{r}\cos{\theta} - r\dot{\theta}\sin{\theta})^2 + (\dot{r}\sin{\theta} + r\dot{\theta}\cos{\theta})^2} \\ &=& \sqrt{\dot{r}^2(\sin{\theta}^2+\cos{\theta}^2)+(r\dot{\theta})^2(\sin{\theta}^2+\cos{\theta}^2)-2r\dot{r}\dot{\theta}\cos{\theta}\sin{\theta}+2r\dot{r}\dot{\theta}\cos{\theta}\sin{\theta}} \\ &=& \sqrt{\dot{r}^2+(r\dot{\theta})^2} \end{eqnarray*} あとはこれを\(T=\frac{1}{2}mv^2\)に代入すればよい。
【院試問題】基礎数学_大問[2]（2020東北大学理・物理）
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与方程式 \begin{equation*} \left( \frac{d^2}{dt^2}+2\frac{d}{dt}+5 \right)g(t) = \delta(t) \end{equation*} を与えられた式で書き下すと \begin{equation*} \left( \frac{d^2}{dt^2}+2\frac{d}{dt}+5 \right)\frac{1}{2\pi}\int^\infty_{-\infty}G(\omega)\mathrm{e}^{i\omega t}d\omega = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \mathrm{e}^{i\omega t}d\omega \end{equation*} となる。\(t\)と\(\omega\)は独立であるから左辺の微分操作を積分操作より先に行って \begin{equation*} \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty G(\omega)(-\omega^2+2i\omega+5)\mathrm{e}^{i\omega t}d\omega = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \mathrm{e}^{i\omega t}d\omega \end{equation*} \(\{\mathrm{e}^{i\omega t}\}_\omega\)は完全系をなすので両辺比較することで \begin{eqnarray*} G(\omega)(-\omega^2+2i\omega+5) = 1 \\ \therefore \quad \boxed{G(\omega) = \frac{1}{-\omega^2+2i\omega+5}} \end{eqnarray*}
(2) \(G(\omega)\)の極を求める
(1)の結果を変形して \begin{eqnarray*} G(\omega) &=& -\frac{1}{\omega^2-2i\omega-5} \\ &=& -\frac{1}{(\omega-i)^2+1-5} \\ &=& -\frac{1}{(\omega-i)^2-4} \\ &=& -\frac{1}{(\omega-i+2)(\omega-i-2)} \\ &=& -\frac{1}{\left\{\omega-(-2+i)\right\}\left\{\omega-(2+i)\right\}} \end{eqnarray*} これにより\(G(\omega)\)の極は \begin{equation*} \boxed{-2+i, \quad 2+i} \end{equation*} の2つ。
(3) 複素積分を用いて\(g(t)\)を解く
\begin{eqnarray*} g(t) &=& -\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\left\{\omega-(-2+i)\right\}\left\{\omega-(2+i)\right\}}d\omega \\ &=& -\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \end{eqnarray*}
(a)\(t>0\)の場合
上図のように虚部が0以上の側で原点中心、半径\(\varepsilon\)の半円を経路として考える。経路積分を\(I_a\)とおくと \begin{eqnarray*} I_a = &-&\frac{1}{2\pi}\int_{C_1}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \\ &-&\frac{1}{2\pi}\int_{C_2}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \\ \end{eqnarray*} ここで \begin{equation*} I_{a1} = -\frac{1}{2\pi}\int_{C_1}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega , \qquad I_{a2} = -\frac{1}{2\pi}\int_{C_2}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \end{equation*} とおく。\(I_{a1}\)について \begin{equation*} I_{a1} = -\frac{1}{2\pi}\int_{-\varepsilon}^\varepsilon\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \, \xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty} g(t) \end{equation*} \(I_{a2}\)について\(\omega=\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}\)とおくと\(d\omega=i\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}d\theta\)だから \begin{eqnarray*} I_{a2} &=& -\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\frac{\mathrm{e}^{i\varepsilon(\cos{\theta}+i\sin{\theta})t}\cdot i\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}}{\varepsilon^2\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}-5}d\theta \\ &=& -\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\frac{i\varepsilon\mathrm{e}^{i(\varepsilon t\cos{\theta}+\theta)}\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{\varepsilon^2\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}-5}d\theta \\ &=& -\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\frac{i\mathrm{e}^{i(\varepsilon t\cos{\theta}+\theta)}\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{\varepsilon\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\mathrm{e}^{i\theta}-\frac{5}{\varepsilon}}d\theta \end{eqnarray*} \(I_{a2}\)の絶対値を考えると \begin{eqnarray*} |I_{a2}| &=& \left|-\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\frac{i\mathrm{e}^{i(\varepsilon t\cos{\theta}+\theta)}\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{\varepsilon\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\mathrm{e}^{i\theta}-\frac{5}{\varepsilon}}d\theta\right| \\ &\leq& \frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\left|\frac{i\mathrm{e}^{i(\varepsilon t\cos{\theta}+\theta)}\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{\varepsilon\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\mathrm{e}^{i\theta}-\frac{5}{\varepsilon}}\right|d\theta \\ &=& \frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\frac{\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{|\varepsilon\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\mathrm{e}^{i\theta}-\frac{5}{\varepsilon}|}d\theta \end{eqnarray*} \(0\leq\theta\leq\pi\)では\(\sin{\theta}\geq0\)であることと\(t>0\)より \begin{equation*} (分母)\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}\infty ,\quad (分子)\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}0 \end{equation*} よって \begin{equation*} |I_{a2}|\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}0 \end{equation*} であるから \begin{equation*} I_{a2}\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}0 \end{equation*} 以上より \begin{eqnarray*} I_a &=& I_{a1} + I_{a2} \\ &=& g(t) \end{eqnarray*} また\(f(\omega)=G(\omega)\mathrm{e}^{i\omega t}/(2\pi)\)とおくと留数定理により \begin{eqnarray*} I_a &=& 2\pi i\left(\mathrm{Res}_{\omega=-2+i}\,f(\omega) + \mathrm{Res}_{\omega=2+i}\,f(\omega)\right) \\ &=& 2\pi i\left(-\frac{\mathrm{e}^{i(-2+i) t}}{2\pi}\frac{1}{(-2+i)-(2+i)} -\frac{\mathrm{e}^{i(2+i) t}}{2\pi}\frac{1}{(2+i)-(-2+i)}\right) \\ &=& i\left(-\frac{\mathrm{e}^{(-2i-1)t}}{-4} -\frac{\mathrm{e}^{(2i-1)t}}{4}\right) \\ &=& \frac{i}{4}\mathrm{e}^{-t}(\mathrm{e}^{-2it}-\mathrm{e}^{2it}) \\ &=& \frac{i}{4}\mathrm{e}^{-t}(-2i\sin{2t}) \\ &=& \frac{1}{2}\mathrm{e}^{-t}\sin{2t} \end{eqnarray*} したがって \begin{equation*} \boxed{g(t) = \frac{1}{2}\mathrm{e}^{-t}\sin{2t}} \quad (t>0) \end{equation*}
(b)\(t<0\)の場合
上図のように虚部が0以下の側で原点中心、半径\(\varepsilon\)の半円を経路として考える。\(t>0\)のときと類似した議論をする。経路積分を\(I_b\)とおくと \begin{eqnarray*} I_b = &-&\frac{1}{2\pi}\int_{C_1}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \\ &-&\frac{1}{2\pi}\int_{C_2}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \\ \end{eqnarray*} ここで \begin{equation*} I_{b1} = -\frac{1}{2\pi}\int_{C_1}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega , \qquad I_{b2} = -\frac{1}{2\pi}\int_{C_2}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \end{equation*} とおく。 \(I_{b1}\)について \begin{equation*} I_{b1} = -\frac{1}{2\pi}\int_{\varepsilon}^{-\varepsilon}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \, \xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty} -g(t) \end{equation*} \(I_{b2}\)について\(\omega=\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}\)とおくと\(d\omega=i\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}d\theta\)だから \begin{eqnarray*} I_{b2} = -\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^0\frac{i\mathrm{e}^{i(\varepsilon t\cos{\theta}+\theta)}\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{\varepsilon\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\mathrm{e}^{i\theta}-\frac{5}{\varepsilon}}d\theta \qquad(I_{a2}と同様の計算) \end{eqnarray*} \(I_{b2}\)の絶対値を考えると \begin{eqnarray*} |I_{b2}| = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^0\frac{\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{|\varepsilon\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\mathrm{e}^{i\theta}-\frac{5}{\varepsilon}|}d\theta \qquad(|I_{a2}|と同様の計算) \end{eqnarray*} \(-\pi\leq\theta\leq0\)では\(\sin{\theta}\leq0\)であることと\(t<0\)より \begin{equation*} (分母)\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}\infty ,\quad (分子)\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}0 \end{equation*} よって \begin{equation*} |I_{a2}|\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}0 \end{equation*} であるから \begin{equation*} I_{a2}\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}0 \end{equation*} 以上より \begin{eqnarray*} I_b &=& I_{b1} + I_{b2} \\ &=& -g(t) \end{eqnarray*} またこの周回積分については \begin{equation*} I_b = 0 \end{equation*} であるから \begin{equation*} -g(t) = 0 \quad \therefore \quad \boxed{g(t) = 0\quad(t<0)} \end{equation*}
【院試問題】基礎数学_大問[1]（2020東北大学理・物理）
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(1) 三次元空間における曲面の接平面の方程式
(a) テイラー展開の具体的な計算
\(f(x,y) = \sqrt{xy}\)を\(x\),\(y\)で偏微分するとそれぞれ \begin{equation*} f_x(x,y) = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{y}{x}}\,,\quad f_y(x,y) = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{x}{y}} \end{equation*} よって\(f(x,y)\)を\((x,y)=(8,2)\)のまわりで一次までテイラー展開すると \begin{eqnarray*} f(x,y) &\cong& f(8,2) + (x-8)\cdot f_x(8,2) + (y-2)\cdot f_y(8,2)\\ &=& 4 + (x-8)\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2}{8}} + (y-2)\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\frac{8}{2}}\\ &=& 4 + (x-8)\cdot\frac{1}{4} + (y-2)\cdot1\\ &=& 4 + \frac{x}{4} - 2 + y - 2\\ &=& \boxed{\frac{x}{4} + y} \end{eqnarray*}
(b) 接平面の方程式
\(z=\sqrt{xy}\)の\((x,y)=(8,2)\)における接平面の方程式は \begin{eqnarray*} z - f(8,2) &=& (x-8)\cdot f_x(8,2) + (y-2)\cdot f_y(8,2)\\ z - 4 &=& (x-8)\cdot\frac{1}{4} + (y-2)\cdot1\\ z - 4 &=& \frac{x}{4} + y \end{eqnarray*} より \begin{equation*} \boxed{\frac{x}{4} + y - z = 0} \end{equation*} この方程式から接平面は\((0,1,1),(4,0,1)\)を通るので、法線ベクトルのひとつは \begin{equation*} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) \times \left( \begin{array}{c} 4 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ -4 \end{array} \right) \end{equation*} よって単位法線ベクトル\(\vec{n}\)は \begin{equation*} \vec{n} = \frac{1}{\sqrt{1^2 + 4^2 + (-4)^2}}\left( \begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ -4 \end{array} \right) = \boxed{\frac{1}{\sqrt{33}}\left( \begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ -4 \end{array} \right)} \end{equation*}
(2) 曲面に囲まれる部分の体積
\(A\)の固有値を\(\lambda\),固有ベクトルを\(\vec{p}\)とすると \begin{equation*} (A-\lambda E)\vec{p} = \vec{0} \end{equation*} 固有値方程式を解く。 \begin{eqnarray*} |A-\lambda E| &=& 0\\ \left| \begin{array}{ccc} 3-\lambda & 0 & 1\\ 0 & 3-\lambda & 1\\ 1 & 1 & 2-\lambda \end{array} \right| &=& 0\\ (3-\lambda)^2(2-\lambda) - (3-\lambda) - (3-\lambda) &=& 0\\ (3-\lambda){(3-\lambda)(2-\lambda) - 2} &=& 0\\ (3-\lambda)(\lambda^2 - 5\lambda + 4) &=& 0\\ (3 - \lambda)(\lambda - 4)(\lambda - 1) &=& 0 \end{eqnarray*} \(|\lambda_1|<|\lambda_2|<|\lambda_3|\)より \begin{equation*} \boxed{\lambda_1 = 1, \lambda_2 = 3, \lambda_3 = 4} \end{equation*} よって \begin{eqnarray*} (A-\lambda_1E)\vec{p_1} = \vec{0}\\ \left( \begin{array}{ccc} 2 & 0 & 1\\ 0 & 2 & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{array} \right)\vec{p_1} = \vec{0} \end{eqnarray*} であるから \begin{equation*} \vec{p_1} = \frac{1}{\sqrt{1^2 + 1^2 + (-2)^2}}\left( \begin{array}{c} 1\\ 1\\ -2 \end{array} \right) = \frac{1}{\sqrt{6}}\left( \begin{array}{c} 1\\ 1\\ -2 \end{array} \right) \end{equation*} となる。同様にして \begin{eqnarray*} (A-\lambda_2E)\vec{p_2} = \vec{0}\\ \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1\\ 1 & 1 & -1 \end{array} \right)\vec{p_2} = \vec{0} \end{eqnarray*} より \begin{equation*} \vec{p_2} = \frac{1}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}}\left( \begin{array}{c} 1\\ -1\\ 0 \end{array} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}}\left( \begin{array}{c} 1\\ -1\\ 0 \end{array} \right) \end{equation*} さらに \begin{eqnarray*} (A-\lambda_3E)\vec{p_3} = \vec{0}\\ \left( \begin{array}{ccc} -1 & 0 & 1\\ 0 & -1 & 1\\ 1 & 1 & -2 \end{array} \right)\vec{p_3} = \vec{0} \end{eqnarray*} より \begin{equation*} \vec{p_3} = \frac{1}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}}\left( \begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array} \right) = \frac{1}{\sqrt{3}}\left( \begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array} \right) \end{equation*} 以上をまとめて \begin{equation*} \boxed{\vec{p_1} = \frac{1}{\sqrt{6}}\left( \begin{array}{c} 1\\ 1\\ -2 \end{array} \right),\quad \vec{p_2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left( \begin{array}{c} 1\\ -1\\ 0 \end{array} \right),\quad \vec{p_3} = \frac{1}{\sqrt{3}}\left( \begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array} \right)} \end{equation*}
(b) 固有ベクトルの規格直交性
\begin{equation*} P = \frac{1}{\sqrt{6}}\left( \begin{array}{ccc} 1 & \sqrt{3} & \sqrt{2} \\ 1 & -\sqrt{3} & \sqrt{2} \\ -2 & 0 & \sqrt{2} \end{array} \right) \end{equation*} であるから \begin{equation*} P^\mathrm{T} = \frac{1}{\sqrt{6}}\left( \begin{array}{ccc} 1 & 1 & -2 \\ \sqrt{3} & -\sqrt{3} & 0 \\ \sqrt{2} & \sqrt{2} & \sqrt{2} \end{array} \right) \end{equation*} よって \begin{eqnarray*} P^\mathrm{T}P &=& \frac{1}{\sqrt{6}}\left( \begin{array}{ccc} 1 & 1 & -2 \\ \sqrt{3} & -\sqrt{3} & 0 \\ \sqrt{2} & \sqrt{2} & \sqrt{2} \end{array} \right)\frac{1}{\sqrt{6}}\left( \begin{array}{ccc} 1 & \sqrt{3} & \sqrt{2} \\ 1 & -\sqrt{3} & \sqrt{2} \\ -2 & 0 & \sqrt{2} \end{array} \right) \\ &=& \frac{1}{6}\left( \begin{array}{ccc} 1+1+4 & \sqrt{3}-\sqrt{3} & \sqrt{2}+\sqrt{2}-2\sqrt{2} \\ \sqrt{3}-\sqrt{3} & 3+3 & \sqrt{6}-\sqrt{6} \\ \sqrt{2}+\sqrt{2}-2\sqrt{2} & \sqrt{6}-\sqrt{6} & 2+2+2 \end{array} \right) \\ &=& \frac{1}{6}\left( \begin{array}{ccc} 6 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{array} \right) \\ &=& \boxed{\left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right)} \end{eqnarray*}
\(3x^2+3y^2+2z^2+2yz+2zx=1\)を \begin{equation*} \left( \begin{array}{ccc} x & y & z \end{array} \right) A \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right) = 1 \end{equation*} と書き直せることと、(2)(b)の結果から \begin{equation*} \left( \begin{array}{ccc} x & y & z \end{array} \right) PP^\mathrm{T}APP^\mathrm{T} \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right) = 1 \end{equation*} ここで\(P^\mathrm{T}AP\)は対角行列であり、(2)(a)の結果を用いることで \begin{equation*} P^\mathrm{T}AP = \left( \begin{array}{ccc} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{array} \right) \end{equation*} よって変数変換 \begin{equation*} \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right) \longmapsto P^\mathrm{T}\left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right) \equiv \left( \begin{array}{c} u \\ v \\ w \end{array} \right) \end{equation*} を行うことで与式は \begin{eqnarray*} \left( \begin{array}{ccc} u & v & w \end{array} \right) \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} u \\ v \\ w \end{array} \right) = 1 \\ u^2 + 3v^2 + 4w^2 = 1 \end{eqnarray*} となる。\(xyz\)空間で与えられた式が示す曲面が囲む領域を\(K\)、 \(uvw\)空間において上の式が示す曲面が囲む領域を\(L\)とおいておく。 さらに変数変換 \begin{equation*} \left( \begin{array}{c} u \\ v \\ w \end{array} \right) \longmapsto \left( \begin{array}{c} u \\ \sqrt{3}v \\ 2w \end{array} \right) \equiv \left( \begin{array}{c} p \\ q \\ r \end{array} \right) \end{equation*} を行うと与式は \begin{equation*} p^2 + q^2 + r^2 = 1 \end{equation*} となり、\(pqr\)空間における半径1の球となる。 この球が占める領域を\(M\)とおいておく。 以上により求める体積\(V\)は \begin{equation*} V = \iiint_K dxdydz = \iiint_L |J_{KL}|dudvdw = \iiint_M |J_{KL}||J_{LM}|dpdqdr \end{equation*} ただし\(J_{KL},J_{LM}\)はそれぞれの変数変換におけるヤコビアンである。 \begin{equation*} \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right) = P\left( \begin{array}{c} u \\ v \\ w \end{array} \right) = \frac{1}{\sqrt{6}}\left( \begin{array}{ccc} 1 & \sqrt{3} & \sqrt{2} \\ 1 & -\sqrt{3} & \sqrt{2} \\ -2 & 0 & \sqrt{2} \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} u \\ v \\ w \end{array} \right) \end{equation*} であるから
\begin{eqnarray*} J_{KL} &=& \left|\begin{array}{ccc} x_u & x_v & x_w \\ y_u & y_v & y_w \\ z_u & z_v & z_w \end{array} \right| \\ &=& \left|\begin{array}{ccc} \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ -\frac{2}{\sqrt{6}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{array} \right| \\ &=& - \frac{1}{\sqrt{6}}\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{3}} - \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{2}{\sqrt{6}} + 0 - \frac{1}{\sqrt{3}}\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{2}{\sqrt{6}} - \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{6}}\frac{1}{\sqrt{3}} - 0 \\ &=& -\frac{1}{6} -\frac{1}{3} -\frac{1}{3} -\frac{1}{6} \\ &=& -1 \end{eqnarray*} ただし、例えば\(x_u\)は\(x\)を\(u\)で偏微分したものである。
また \begin{equation*} \left( \begin{array}{c} u \\ v \\ w \end{array} \right) = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{2} \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} p \\ q \\ r \end{array} \right) \end{equation*} より \begin{eqnarray*} J_{LM} &=& \left| \begin{array}{ccc} u_p & u_q & u_r \\ v_p & v_q & v_r \\ w_p & w_q & w_r \end{array} \right| \\ &=& \left| \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{2} \end{array} \right| \\ &=& 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{1}{2} \\ &=& \frac{1}{2\sqrt{3}} \end{eqnarray*} したがって \begin{equation*} V = \iiint_M 1\cdot\frac{1}{2\sqrt{3}}dpdqdr = \frac{1}{2\sqrt{3}}\underbrace{\iiint_M dpdqdr}_{半径1の球の体積} = \frac{1}{2\sqrt{3}}\cdot\frac{4}{3}\pi = \boxed{\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}} \end{equation*}
【院試問題】物理数学（2019東北大学工学・応用物理学専攻）
解いてみた。
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問題のテーマ
回転(rot)の計算とフーリエ変換の具体的な計算をする。特に考えることはなく計算のみ。
キーワード
- 回転(rot) | ベクトル解析
- フーリエ変換
目次
(1) 回転(\(\mathrm{rot}\))の計算
(a) \(\vec{A}=\vec{p}\times \vec{r}\)の回転
\begin{equation*} \vec{A} = \vec{p}\times\vec{r} = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ p \end{array} \right) \times \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -py \\ px \\ 0 \end{array} \right) \end{equation*} であるから \begin{equation*} \mathrm{rot}\,{\vec{A}} = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ p-(-p) \end{array} \right) = \boxed{\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 2p \end{array} \right)} \end{equation*}
(b) \(\vec{B}=r^2\vec{r}\)の回転
\begin{equation} \mathrm{rot}\vec{B} = \left( \begin{array}{c} \frac{\partial(r^2z)}{\partial y}-\frac{\partial(r^2y)}{\partial z} \\[8pt] \frac{\partial(r^2x)}{\partial z}-\frac{\partial(r^2z)}{\partial x} \\[8pt] \frac{\partial(r^2y)}{\partial x}-\frac{\partial(r^2x)}{\partial y} \end{array} \right) = 2r\left( \begin{array}{c} \frac{\partial r}{\partial y}z-\frac{\partial r}{\partial z}y \\[8pt] \frac{\partial r}{\partial z}x-\frac{\partial r}{\partial x}z \\[8pt] \frac{\partial r}{\partial x}y-\frac{\partial r}{\partial y}x \end{array} \right) \tag{1}\label{eq1} \end{equation} ここで \begin{equation*} \frac{\partial r}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2+y^2+z^2)^{\frac{1}{2}} = \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)^{-\frac{1}{2}}\cdot 2x =\frac{x}{r} \end{equation*} 同様にして \begin{equation*} \frac{\partial r}{\partial y}=\frac{y}{r},\quad\frac{\partial r}{\partial z}=\frac{z}{r} \end{equation*} これらを\eqref{eq1}式に代入して \begin{equation*} \mathrm{rot}\,\vec{B} = 2r\left( \begin{array}{c} \frac{y}{r}z-\frac{z}{r}y \\[8pt] \frac{z}{r}x-\frac{x}{r}z \\[8pt] \frac{x}{r}y-\frac{y}{r}x \end{array} \right) = 2\left( \begin{array}{c} yz-zy \\ zx-xz \\ xy-yx \end{array} \right) = \boxed{\vec{0}} \end{equation*}
(c) \(\vec{C} = \mathrm{grad}\,\varphi\)の回転
\begin{align*} \mathrm{rot}\,\vec{C}&=\nabla\times(\nabla\cdot\varphi) =\nabla\times\left( \begin{array}{c} \frac{\partial\varphi}{\partial x} \\[8pt] \frac{\partial\varphi}{\partial y} \\[8pt] \frac{\partial\varphi}{\partial z} \end{array} \right) =\left( \begin{array}{c} \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial\varphi}{\partial z}\right)-\frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{\partial\varphi}{\partial y}\right) \\[8pt] \frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{\partial\varphi}{\partial x}\right)-\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial\varphi}{\partial z}\right) \\[8pt] \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial\varphi}{\partial y}\right)-\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial\varphi}{\partial x}\right) \end{array} \right) =\left( \begin{array}{c} \frac{\partial^2\varphi}{\partial y\partial z}-\frac{\partial^2\varphi}{\partial z\partial y} \\[8pt] \frac{\partial^2\varphi}{\partial z\partial x}-\frac{\partial^2\varphi}{\partial x\partial z} \\[8pt] \frac{\partial^2\varphi}{\partial x\partial y}-\frac{\partial^2\varphi}{\partial y\partial x} \end{array} \right) \end{align*} よって \begin{equation*} \mathrm{rot}\,\vec{C}=\boxed{\vec{0}} \end{equation*}
(2) 球対称分布関数のフーリエ変換
\begin{align*} F(\vec{q}) &= \int\rho(r)\exp{(-i\vec{q}\cdot\vec{r})}dV \\[8pt] &=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\infty}\rho(r)\exp{(-i\vec{q}\cdot\vec{r})}r^2\sin{\theta}drd\theta d\phi \end{align*} である。 ベクトル\(\vec{q}\)の向きに、\(xyz\)空間における\(z\)軸をとれば \begin{equation*} \vec{q}\cdot\vec{r} = |\vec{q}|r\cos{\theta} \end{equation*} と表せるので、 \begin{align*} F(\vec{q}) &= \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\infty}\rho(r)\exp{\left[i|\vec{q}|r(-\cos{\theta})\right]}r^2\frac{d(-\cos{\theta})}{d\theta}drd\theta d\phi \\[8pt] &= 2\pi\int_{0}^{\infty}\rho(r)r^2\left[\frac{1}{i|\vec{q}|r}\exp{\left(-i|\vec{q}|r\cos{\theta}\right)}\right]_{\theta=0}^{\theta=\pi}dr \\[8pt] &= \frac{2\pi}{i}\int_{0}^{\infty}\rho(r)r\frac{\mathrm{e}^{i|\vec{q}|r}-\mathrm{e}^{-i|\vec{q}|r}}{|\vec{q}|}dr \\[8pt] &= \frac{2\pi}{i}\int_{0}^{\infty}\rho(r)r\frac{2i\sin{|\vec{q}|r}}{|\vec{q}|}dr \\[8pt] &= 4\pi\int_{0}^{\infty}\rho(r)r^2\frac{\sin{|\vec{q}|r}}{|\vec{q}|r}dr \end{align*} \(|\vec{q}|\)と\(r\)は独立なので \begin{align*} \lim_{|\vec{q}|\rightarrow0}F(\vec{q}) &= 4\pi\int_{0}^{\infty}\rho(r)r^2\lim_{|\vec{q}|\rightarrow0}\left(\frac{\sin{|\vec{q}|r}}{|\vec{q}|r}\right)dr \\[8pt] &= 4\pi\int_{0}^{\infty}\rho(r)r^2dr \\[8pt] &= 4\pi Z \quad \propto \quad Z \end{align*} これにより\(\lim_{|\vec{q}|\rightarrow0}F(\vec{q})\)が\(Z\)に比例することが示された。
【院試問題】力学（2019東北大学工学・応用物理学専攻）
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問題のテーマ
正方形の板とそれに固定された筒内のバネと質点を考える。正方形を回転運動させる際の、系のラグランジアンを求め系の保存量を利用して、質点が筒から飛び出す瞬間の板の回転の角速度を求める。
キーワード
目次
(1) Pの座標
\begin{equation*} \boxed{ \begin{cases} x = a\cos{\theta}+s\sin{\theta} \\ y = -a\sin{\theta}+s\cos{\theta} \end{cases} } \end{equation*}
(2) 系のラグランジアン
運動エネルギーを\(T\),ポテンシャルを\(U\)とおくとラグランジアンは \begin{equation*} L = T-U \end{equation*} と表される。 運動エネルギーについて、板の回転エネルギーと物体Pの並進運動のエネルギーの和であるから \begin{equation*} T = \frac{1}{2}I\dot{\theta}^2 + \frac{1}{2}mv_P^2 \end{equation*} ただし\(v_P\)は物体Pの速度である。 \begin{equation*} v_P^2=\dot{x}^2+\dot{y}^2 \end{equation*} と表される。 \begin{eqnarray*} \dot{x} = -a\dot{\theta}\sin{\theta}+\dot{s}\sin{\theta}+s\dot{\theta}\cos{\theta} = (\dot{s}-a\dot{\theta})\sin{\theta}+s\dot{\theta}\cos{\theta} \\ \dot{y} = -a\dot{\theta}\cos{\theta}+\dot{s}\cos{\theta}-s\dot{\theta}\sin{\theta} = (\dot{s}-a\dot{\theta})\cos{\theta}-s\dot{\theta}\sin{\theta} \end{eqnarray*} だから \begin{eqnarray*} \dot{x}^2 = (\dot{s}-a\dot{\theta})^2\sin{\theta}^2+2(\dot{s}-a\dot{\theta})s\sin{\theta}\cos{\theta}+s^2\dot{\theta}^2\cos{\theta}^2 \\ \dot{y}^2 = (\dot{s}-a\dot{\theta})^2\cos{\theta}^2-2(\dot{s}-a\dot{\theta})s\sin{\theta}\cos{\theta}+s^2\dot{\theta}^2\sin{\theta}^2 \end{eqnarray*} したがって \begin{eqnarray*} v_P^2 &=& (\dot{s}-a\dot{\theta})^2(\sin{\theta}^2+\cos{\theta}^2)+s^2\dot{\theta}^2(\sin{\theta}^2+\cos{\theta}^2) \\ &=& (\dot{s}-a\dot{\theta})^2+s^2\dot{\theta}^2 \\ &=& (a^2+s^2)\dot{\theta}^2 + \dot{s}^2 - 2a\dot{s}\dot{\theta} \end{eqnarray*} これを\(T\)の式にに代入して \begin{eqnarray*} T &=& \frac{1}{2}I\dot{\theta}^2 + \frac{1}{2}m\{(a^2+s^2)\dot{\theta}^2 + \dot{s}^2 - 2a\dot{s}\dot{\theta}\} \\ &=& \frac{1}{2}\dot{\theta}^2[I+m(a^2+s^2)]+\frac{1}{2}m\dot{s}^2-ma\dot{s}\dot{\theta} \end{eqnarray*} また、ポテンシャル\(U\)は、バネ定数が\(k\)で、バネの自然長が\(2a\)であることから \begin{equation*} U = \frac{1}{2}k\{(a+s)-2a\}^2 = \frac{1}{2}k(a-s)^2 \end{equation*} 以上より、この系のラグランジアン\(L\)は \begin{equation*} \boxed{L = \frac{1}{2}\dot{\theta}^2[I+m(a^2+s^2)]+\frac{1}{2}m\dot{s}^2-ma\dot{s}\dot{\theta} - \frac{1}{2}k(a-s)^2} \end{equation*} とわかる。
(3) 一般運動量\(M\)の保存
ラグランジュ方程式から \begin{equation*} \frac{dM}{dt}=\frac{\partial L}{\partial \theta} \end{equation*} 右辺については、(2)で求めたラグランジアンから0とわかる。 よって \begin{equation*} \frac{dM}{dt} = 0 \end{equation*} これにより、\(M\)は時間依存せずに保存することが分かる。
(4) Pが筒を飛び出す瞬間の角速度\(\dot{\theta}\)
\(M\)については \begin{equation*} M = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = \dot{\theta}[I+m(a^2+s^2)]-ma\dot{s} \end{equation*} エネルギーについては、エネルギーを\(E\)として \begin{equation*} E = T+U =\frac{1}{2}\dot{\theta}^2[I+m(a^2+s^2)]+\frac{1}{2}m\dot{s}^2-ma\dot{s}\dot{\theta} + \frac{1}{2}k(a-s)^2 \end{equation*} と表される。 初期時刻においては\(s,\theta,\dot{s},\dot{\theta}\)は全てゼロなので、 初期時刻での\(M\)と\(E\)をそれぞれ\(M_\mathrm{ini},E_\mathrm{ini}\)とおくと \begin{equation*} 初期時刻 \begin{cases} M_\mathrm{ini} = 0 \\ E_\mathrm{ini} = \frac{1}{2}ka^2 \end{cases} \end{equation*} 一方でPが筒から飛び出す瞬間では\(s=a\)で、それ以外の具体値は不明である。 その時刻での\(M\)と\(E\)をそれぞれ\(M_\mathrm{fin},E_\mathrm{fin}\)とおくと \begin{equation*} \mathrm{P}が筒から飛び出す時刻 \begin{cases} M_\mathrm{fin} = \dot{\theta}(I+2ma^2)-ma\dot{s} \\ E_\mathrm{fin} = \frac{1}{2}\dot{\theta}^2(I+2ma^2)+\frac{1}{2}m\dot{s}^2-ma\dot{s}\dot{\theta} \end{cases} \end{equation*} \(M\)と\(E\)が保存することから \begin{equation*} \begin{cases} M_\mathrm{ini} = M_\mathrm{fin} \\ E_\mathrm{fin} = E_\mathrm{fin} \end{cases} \end{equation*} これにより \begin{equation} \begin{cases} 0 = \dot{\theta}(I+2ma^2)-ma\dot{s} \\ \frac{1}{2}ka^2 = \frac{1}{2}\dot{\theta}^2(I+2ma^2)+\frac{1}{2}m\dot{s}^2-ma\dot{s}\dot{\theta} \end{cases} \tag{a}\label{eq_a} \end{equation} \eqref{eq_a}式の上の式から \begin{eqnarray*} \dot{s} &=& \frac{I+2ma^2}{ma}\dot{\theta} \\ \dot{s}^2 &=& \frac{I^2+4Ima^2+4m^2a^4}{m^2a^2}\dot{\theta}^2 \end{eqnarray*} これを\eqref{eq_a}式の下の式の右辺に代入すると \begin{eqnarray*} (右辺) &=& \frac{1}{2}\dot{\theta}^2(I+2ma^2)+\frac{I^2+4Ima^2+4m^2a^4}{2ma^2}\dot{\theta}^2-(I+2ma^2)\dot{\theta}^2 \\[12pt] &=& -\frac{Ima^2+2m^2a^4}{2ma^2}\dot{\theta}^2+\frac{I^2+4Ima^2+4m^2a^4}{2ma^2}\dot{\theta}^2 \\[12pt] &=& \frac{I^2+3Ima^2+2m^2a^4}{2ma^2}\dot{\theta}^2 \\[12pt] &=& \frac{(I+2ma^2)(I+ma^2)}{2ma^2}\dot{\theta}^2 \end{eqnarray*} これを\eqref{eq_a}式に戻して\(\dot{\theta}^2\)について解くと \begin{eqnarray*} \dot{\theta}^2 &=& \frac{1}{2}ka^2\frac{2ma^2}{(I+2ma^2)(I+ma^2)} \\ &=& \frac{mka^4}{(I+2ma^2)(I+ma^2)} \end{eqnarray*} したがって \begin{equation*} \boxed{\dot{\theta} = a^2\sqrt{\frac{mk}{(I+2ma^2)(I+ma^2)}}} \end{equation*} とわかる。
【院試問題】量子力学_設問(1)（2019東北大学工学・応用物理学専攻）
※3月6日追記 (1)(b)の答えで指数を書き忘れていたのを訂正。
解いてみた。
過去問はリンクより入手可。
だいたいの内容
- 時間に依存しないシュレディンガー方程式
- 一次元調和振動子の基底状態
- 位置の期待値
解答↓
過去問のリンク↓
