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 3次元極座標(球座標)でのニュートンの運動方程式


 ニュートンの運動方程式は直交座標から極座標に変換すると、その形が変わった。 当然、3次元極座標(球座標)におけるニュートンの運動方程式も変形される。 ここで、直交座標と3次元極座標の関係から球座標におけるニュートンの運動方程式を導出する。
 まず、始めに直交座標でのニュートンの運動方程式は、ポテンシャルエネルギー\( U\)が\(x,\ y,\ z\)の関数である時、 \begin{eqnarray} m \ddot{x} &=& - \frac{\partial}{\partial x} U(x,\ y,\ z) \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1) \\ m \ddot{y} &=& - \frac{\partial}{\partial y} U(x,\ y,\ z) \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\\ m \ddot{z} &=& - \frac{\partial}{\partial z} U(x,\ y,\ z) \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (3) \end{eqnarray} と表すことができる。(導出方法は力学的エネルギー保存のページで) 3次元極座標は\( r, \theta, \phi \)で与えられ、\(x,\ y,\ z\) との関係は \begin{eqnarray} x &=& r \sin \theta \cos \phi \\ y &=& r \sin \theta \sin \phi \\ z &=& r \cos \theta \\ r &=& \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \end{eqnarray} である。ちょっと複雑になるが、これらをまず微分することから始める。 \( x,\ y,\ z\)の一階微分は \begin{eqnarray} \dot{x} &=& \dot{r} \sin \theta \cos \phi + r \dot{\theta} \cos \theta \cos \phi - r \dot{\phi} \sin \theta \sin \phi \\ \dot{y} &=& \dot{r} \sin \theta \sin \phi + r \dot{\theta} \cos \theta \sin \phi + r \dot{\phi} \sin \theta \cos \phi \\ \dot{z} &=& \dot{r} \cos \theta - r \dot{\theta} \sin \theta \end{eqnarray} となる。この時点ももう複雑となってきたが、これらをもう一階時間で微分する。 \begin{eqnarray} \ddot{x} &=& \ddot{r}\sin\theta\cos\phi + r\ddot{\theta}\cos\theta \cos\phi - r\ddot{\phi}\sin\theta\sin\phi \\ & & - r \dot{\theta}^2\sin\theta\cos\phi - r\dot{\phi}^2\sin\theta\cos\phi + 2\dot{r}\dot{\theta}\cos\theta\cos\phi \\ & & - 2\dot{r}\dot{\phi}\sin\theta\sin\phi - 2r\dot{\theta}\dot{\phi}\cos\theta\sin\phi \\ \ddot{y} &=& \ddot{r}\sin\theta\sin\phi + r\ddot{\theta}\cos\theta \sin\phi - r\ddot{\phi}\sin\theta\cos\phi \\ & & - r \dot{\theta}^2\sin\theta\sin\phi - r\dot{\phi}^2\sin\theta\sin\phi + 2\dot{r}\dot{\theta}\cos\theta\sin\phi \\ & & + 2\dot{r}\dot{\phi}\sin\theta\cos\phi + 2r\dot{\theta}\dot{\phi}\cos\theta\cos\phi \\ \ddot{z} &=& \ddot{r}\cos\theta - 2\dot{r}\dot{\theta}\sin\theta - r\ddot{\theta}\sin\theta - r\dot{\theta}^2\cos\theta \end{eqnarray} ものすごく項数が多くなってしまったが、\( x,\ y,\ z\)の球座標における2階微分を導くことができた。 次に、式(1)、(2)、(3)の右辺に着目する。 右辺は、 \begin{eqnarray} \frac{\partial U}{\partial x} &=& \frac{\partial r}{\partial x} \frac{\partial U}{\partial r} + \frac{\partial \theta}{\partial x}\frac{\partial U}{\partial \theta} + \frac{\partial \phi}{\partial x}\frac{\partial U}{\partial \phi} \\ \\ \frac{\partial U}{\partial y} &=& \frac{\partial r}{\partial y} \frac{\partial U}{\partial r} + \frac{\partial \theta}{\partial y}\frac{\partial U}{\partial \theta} + \frac{\partial \phi}{\partial y}\frac{\partial U}{\partial \phi} \\ \\ \frac{\partial U}{\partial z} &=& \frac{\partial r}{\partial z} \frac{\partial U}{\partial r} + \frac{\partial \theta}{\partial z}\frac{\partial U}{\partial \theta} + \frac{\partial \phi}{\partial z}\frac{\partial U}{\partial \phi} \end{eqnarray} と変形できるので、各項を求めていく。 まず始めに、 \begin{eqnarray} r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \end{eqnarray} より、 \begin{eqnarray} \frac{\partial r}{\partial x} &=& \frac{x}{r} = \sin\theta \cos\phi \\ \frac{\partial r}{\partial y} &=& \frac{y}{r} = \sin\theta \sin\phi \\ \frac{\partial r}{\partial z} &=& \frac{z}{r} = \cos\theta \end{eqnarray} を得る。次に、 \begin{eqnarray} \tan^2 \theta = \frac{x^2 + y^2}{z^2} \end{eqnarray} より、 \begin{eqnarray} \frac{\partial \theta}{\partial x} &=& \frac{1}{\tan\theta\sec^2\theta}\frac{x}{z^2} = \frac{1}{r}\cos\theta \cos\phi \\ \frac{\partial \theta}{\partial y} &=& \frac{1}{\tan\theta\sec^2\theta}\frac{y}{z^2} = \frac{1}{r}\cos\theta \sin\phi \\ \frac{\partial \theta}{\partial z} &=& - \frac{1}{\tan\theta\sec^2\theta} \frac{x^2 + y^2}{z^3} = - \frac{1}{r}\sin \theta \\ \end{eqnarray} を得る。最後に、 \begin{eqnarray} \tan \phi = \frac{y}{x} \end{eqnarray} より、 \begin{eqnarray} \frac{\partial \phi}{\partial x} &=& - \frac{1}{\sec^2\phi}\frac{y}{x^2} = \frac{1}{r}\frac{\sin\phi}{\sin\theta} \\ \frac{\partial \phi}{\partial y} &=& \frac{1}{\sec^2\phi}\frac{1}{x} = - \frac{1}{r}\frac{\cos\phi}{\sin\theta} \\ \frac{\partial \phi}{\partial z} &=& 0 \end{eqnarray} を得る。ここで得られた式を、式(1)、(2)、(3)の右辺に代入することで、 \begin{eqnarray} m\ddot{x} &=& -\sin\theta \cos\phi \frac{\partial U}{\partial r} - \frac{1}{r}\cos\theta\cos\phi \frac{\partial U}{\partial \theta} + \frac{1}{r}\frac{\sin \phi}{\sin \theta} \frac{\partial U}{\partial \phi} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\\ m\ddot{y} &=& -\sin\theta \sin\phi \frac{\partial U}{\partial r} - \frac{1}{r}\cos\theta\sin\phi \frac{\partial U}{\partial \theta} - \frac{1}{r}\frac{\cos \phi}{\sin \theta} \frac{\partial U}{\partial \phi} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (5) \\ m\ddot{z} &=& -\cos\theta\frac{\partial U}{\partial r} + \frac{1}{r}\sin\theta\frac{\partial U}{\partial \theta} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (6) \end{eqnarray} を得る。もう余力があるかわからないが、最後に式(4)の両辺に\( \sin\theta\cos\phi \)、式(5)の両辺に\( \sin\theta\sin\phi \)、式(6)の両辺に\( cos \theta \)を掛け合わせ、3つの式を足し合わせることで、 \begin{eqnarray} m(\ddot{x}\sin\theta\cos\phi + \ddot{y}\sin\theta\sin\phi + \ddot{z}\cos\theta) = - \frac{\partial U}{\partial r} \end{eqnarray} を得る。ここに、\(x,\ y,\ z\)の2解微分の結果を代入し、整理することで、 \begin{eqnarray} m\ddot{r}-mr(\dot{\theta}^2 + \dot{\phi}^2 \sin^2\theta) &=& -\frac{\partial U}{\partial r} \\ \frac{d}{dt}(mr^2\dot{\theta})-mr^2\dot{\phi}^2 \sin\theta\cos\theta &=& -\frac{\partial U}{\partial r} \\ \frac{d}{dt}(mr^2\dot{\phi}\sin^2\theta) &=& - \frac{\partial U}{\partial r} \end{eqnarray} の3次元極座標の運動方程式を得るのである。 この計算を問題が出る度に行なっていたら、時間がかかりすぎてしまい問題を解けないかもしれない。 ニュートンの運動方程式は直交座標ではシンプルでわかりやすいが座標変換に対応できていないという難点も有している。 ラグランジュ方程式はニュートンの運動方程式と全く同じ意味を持つが、座標変換に対してもその形を変えることなく利用できる方程式である。 もし、極座標や三次元極座標で運動方程式を立てる場合は絶対にラグランジュ方程式を利用すべきである。

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