\[
\def\bm#1{{\boldsymbol{#1}}}
\]
第１回目ではKeplerの問題について紹介しましたが、今回は古典力学における剛体の問題を解いてみましょう！

2.1　問題

[問題1] 密度$\rho_0=M/V$が一定の領域
\[
\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}<1
\]
について、体積$V$、重心の位置座標$\bm{R}$、及び慣性テンソル
\[
I_{\alpha\beta}=\int_{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}<1}\rho_0(|{r}|^2\delta_{\alpha\beta}-r_\alpha r_\beta)
\]
を計算せよ。但し、
\[
\left\{
\begin{array}{lcl}
V&=&\displaystyle\int_{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}<1}dxdydz\\
&&\\
R_\alpha&=&\displaystyle\int_{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}<1}dxdydz~\dfrac{\rho_0r_\alpha}{M}
\end{array}
\right.
\]
と与えられる。

[問題2] 物体の$3$つの慣性主軸方向のモーメントを$I_1$、$I_2$、$I_3$と書く。この自由回転は回転座標系で見た角速度ベクトルの成分$\omega_1$、$\omega_2$、$\omega_3$に対して
\[
{\left\{
\begin{array}{l}
I_1\displaystyle\frac{d\omega_1}{dt}-(I_2-I_3)\omega_2\omega_3=0\\
\\
I_2\displaystyle\frac{d\omega_2}{dt}-(I_3-I_1)\omega_3\omega_1=0\\
\\
I_3\displaystyle\frac{d\omega_3}{dt}-(I_1-I_2)\omega_1\omega_2=0\\
~
\end{array}
\right.}\nonumber
\]
という方程式が成り立つことを示せ。

[問題3] 問題2の運動方程式から回転の運動エネルギー
\[
K=\dfrac{1}{2}(I_1\omega_1^2+I_2\omega_2^2+I_3\omega_3^2)
\]
が保存されることを示せ。

[問題4] 対称独楽（$I_1=I_2\neq I_3$）に対して、問題2の運動方程式の一般解を求め、運動の様子を説明せよ。\\

[問題5 外力の働いていない、すなわち、トルクの働いていない対称独楽に対して、角運動量${L}$は保存される。このとき、${L}$は${\omega}$と異なる方向を向いているということを示せ。すなわち、$\bm{L}=L\bm{k}_0$とおくと
\[
\bm{\omega}=\dfrac{L}{I_1}\bm{k}_0+\dfrac{I_1-I_3}{I_1}\omega_3\bm{k}
\]
となることを示せ。但し、$\bm{k}_0$と$\bm{k}$はいずれも単位ベクトルである。$I_3$と$I_1$は対称軸とそれに垂直な慣性主軸周りの慣性モーメントである。このとき、$\bm{\omega}$の第1項、第2項があらわす回転の意味を考察せよ。

2.2　演習問題解答

[問題1]
領域$K$、$L$を以下のように定義する。
\begin{eqnarray}
{K\left\{(x,y,z)\left|~\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}<1\right.\right\}　、　L\{(X,Y,Z)|~X^2+Y^2+Z^2<1\}}\nonumber
\end{eqnarray}
$ここで、(x,y,z)=(aX,bY,cZ)$とおくと、座標変換$(x,y,z)\rightarrow(X,Y,Z)$において領域は$K\rightarrow L$と対応するため、本問の積分を球の体積についての積分に帰着させることが出来る。また、この変換におけるJacobian $\mathcal{J}$は明らかに$\mathcal{J}=abc$であり、3次元Descartes 座標$(X,Y,Z)$から3次元極座標$(r,\theta,\phi)$への変換においては$\mathcal{J}=r^2\sin{\theta}$である。\\

体積$V$は以下のように求まる。
\begin{eqnarray}
{V=\iiint_{K}dxdydz=abc\iiint_{L}dXdYdZ=abc\int_{0}^{1}dr\int_{0}^{\pi}d\theta\int_{0}^{2\pi}d\phi~r^2\sin{\theta}=\frac{4}{3}\pi abc}\nonumber
\end{eqnarray}
重心座標については明らかに$\bm{R}=\bm{0}$であるが、一応以下に計算を示しておく。$R_1$と$R_2$では$\phi$についての積分が0になり、$R_3$では$\theta$についての積分が0となる。
\begin{eqnarray}
\bm{R}=\left(
\begin{array}{l}
\displaystyle\frac{abc}{M}\int_{0}^{1}dr\int_{0}^{\pi}d\theta\int_{0}^{2\pi}d\phi~r^2\sin{\theta}\times r\sin{\theta}\sin{\phi}\\
\\
\displaystyle\frac{abc}{M}\int_{0}^{1}dr\int_{0}^{\pi}d\theta\int_{0}^{2\pi}d\phi~r^2\sin{\theta}\times r\sin{\theta}\cos{\phi}\\
\\
\displaystyle\frac{abc}{M}\int_{0}^{1}dr\int_{0}^{\pi}d\theta\int_{0}^{2\pi}d\phi~r^2\sin{\theta}\times r\cos{\theta}\\
~
\end{array}
\right)={0}\nonumber
\end{eqnarray}
慣性テンソル$I_{\alpha\beta}$は例として$I_{11}$、$I_{12}$の計算を記すと、
\begin{eqnarray}
{I_{11}=\displaystyle\frac{3M}{4\pi}\int_{0}^{1}dr\int_{0}^{\pi}d\theta\int_{0}^{2\pi}d\phi~(b^2r^4\sin^3{\theta}\sin^2{\phi}+c^2r^4\sin{\theta}\cos^2{\theta})=\frac{1}{5}M(b^2+c^2)}\nonumber
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
{I_{12}=\displaystyle\frac{3M}{4\pi}\int_{0}^{1}dr\int_{0}^{\pi}d\theta\int_{0}^{2\pi}d\phi~(-abr^4\sin^3{\theta}\sin{\phi}\cos{\phi})=0}\nonumber
\end{eqnarray}
$I_{13}$、$\cdots$、$I_{33}$もまとめると慣性テンソル$I_{\alpha\beta}$は以下のように求まる。
\begin{eqnarray}
{I_{\alpha\beta}=\left(
\begin{array}{lll}
I_{11}&I_{12}&I_{13}\\
I_{21}&I_{22}&I_{23}\\
I_{31}&I_{32}&I_{33}
\end{array}
\right)=\left(
\begin{array}{ccc}
\displaystyle\frac{1}{5}M(b^2+c^2)&0&0\\
0&\displaystyle\frac{1}{5}M(c^2+a^2)&0\\
0&0&\displaystyle\frac{1}{5}M(a^2+b^2)
\end{array}
\right)}\nonumber
\end{eqnarray}

特に$a=b=c$のとき、重心周りの球体の慣性モーメント$I=\displaystyle\frac{2}{5}Ma^2$に一致する。

[問題2]

剛体のEuler の方程式
\begin{eqnarray}
{\left\{
\begin{array}{l}
I_1\displaystyle\frac{d\omega_1}{dt}-(I_2-I_3)\omega_2\omega_3=N_1\\
\\
I_2\displaystyle\frac{d\omega_2}{dt}-(I_3-I_1)\omega_3\omega_1=N_2\\
\\
I_3\displaystyle\frac{d\omega_3}{dt}-(I_1-I_2)\omega_1\omega_2=N_3\\
~
\end{array}
\right.}\nonumber
\end{eqnarray}
に自由回転をするという条件$\bm{N}=\bm{0}$を代入して、
\begin{eqnarray}
{\left\{
\begin{array}{l}
I_1\displaystyle\frac{d\omega_1}{dt}-(I_2-I_3)\omega_2\omega_3=0\\
\\
I_2\displaystyle\frac{d\omega_2}{dt}-(I_3-I_1)\omega_3\omega_1=0\\
\\
I_3\displaystyle\frac{d\omega_3}{dt}-(I_1-I_2)\omega_1\omega_2=0\\
~
\end{array}
\right.}\nonumber
\end{eqnarray}
という式を得る。よって題意は示された。

[問題3]

問題2で示した式3つにそれぞれの両辺に$\omega_1$、$\omega_2$、$\omega_3$を掛けて、各式の足し合わせると、
\begin{eqnarray}
{\displaystyle\frac{dK}{dt}=I_1\omega_1\displaystyle\frac{d\omega_1}{dt}+I_2\omega_2\displaystyle\frac{d\omega_2}{dt}+I_3\omega_3\displaystyle\frac{d\omega_3}{dt}=(I_2-I_3+I_3-I_1+I_1-I_2)\omega_1\omega_2\omega_3=0}\nonumber
\end{eqnarray}
という式を得る。よって題意は示された。

[問題4]

$I_1=I_2\neq I_3$より、剛体のEuler 方程式は
\begin{eqnarray}
{
\left\{
\begin{array}{l}
I_1\displaystyle\frac{d\omega_1}{dt}-(I_1-I_3)\omega_2\omega_3=0\\
\\
I_1\displaystyle\frac{d\omega_2}{dt}-(I_3-I_1)\omega_3\omega_1=0\\
\\
I_3\displaystyle\frac{d\omega_3}{dt}=0\\
~
\end{array}
\right.}\nonumber
\end{eqnarray}
となる。$\omega_0$、$\Omega$を定数として$\omega_3=\omega_0$、$\displaystyle\frac{I_3-I_1}{I_1}\omega_0=\Omega$とおき、先の微分方程式を解くと、
\begin{eqnarray}
{
\left\{
\begin{array}{l}
\omega_1=A\cos{(\Omega t+\delta)}\\
\omega_2=A\sin{(\Omega t+\delta)}\\
\omega_3=\omega_0
\end{array}
\right.}\nonumber
\end{eqnarray}
但し、$A$、$\delta$をそれぞれ振幅、初期位相とした。$\omega_1^2+\omega_2^2=A^2$より角速度ベクトルの第1-2軸平面上の成分は一定の半径$A$、一定の角速度$\Omega$で円を描く。また、第3軸も考慮した角速度ベクトルの大きさは$|\bm{\omega}|=\sqrt{A^2+\omega_0^2}$で一定である。ポールホード錐とハーポールホード錐の話は次の問題で議論する。

[問題5]

$\bm{\omega}$が第3軸となす角$\alpha$は$\tan{\alpha}=\displaystyle\frac{A}{\omega_0}$だから対称独楽上から見た角速度ベクトル$\bm{\omega}$は一定\\の大きさを維持しながら周期$T=\displaystyle\frac{2\pi}{\Omega}$の円軌道を描く。第3軸を軸とする$\bm{\omega}$の回転による\\円錐面をポールホード錐という。ところで、角運動量は
\begin{eqnarray}
{
\left\{
\begin{array}{l}
L_1=I_1\omega_1=I_1A\cos{(\Omega t+\delta)}\\
L_2=I_1\omega_2=I_1A\sin{(\Omega t+\delta)}\\
L_3=I_3\omega_3=I_3\omega_0
\end{array}
\right.}\nonumber
\end{eqnarray}
であり$I_1\neq I_3$のため、明らかに$\bm{L}\nparallel\bm{\omega}$が言える。対称独楽上の観測者には角運動量ベクトルも角速度ベクトルと同様、第3軸を中心に円運動し円錐面を構成する。角運動量ベクトル$\bm{L}$が第3軸となす角$\theta$は先と同様に計算して
\begin{eqnarray}
{\tan{\theta}=\displaystyle\frac{I_1A}{I_3\omega_0}=\frac{I_1}{I_3}\tan{\alpha}}\nonumber
\end{eqnarray}
である。また、$\bm{e}_3$を第3軸方向の単位ベクトルとしてスカラー3重積を計算すると$\bm{e}_3\cdot(\bm{\omega}\times\bm{L})=\omega_1L_2-\omega_2L_1=\omega_1\omega_2(I_1-I_1)=0$だから$\bm{L}$、$\bm{\omega}$、$\bm{e}_3$は同一平面内に存在する。これらより$\bm{L}$を軸として$\bm{\omega}$がその周りに円錐を描くことが分かる。$\bm{L}$と$\bm{\omega}$のなす角は$|\alpha-\theta|$である。このときの$\bm{\omega}$の回転による円錐面をハーポールホード錐という。また、トルクが作用しないときに剛体の対称軸が$\bm{L}$の方向を軸とした円錐を描いて回ることを正常歳差運動という。

参考文献

[1] 石井靖、藤原毅夫『工学基礎 力学』、数理工学社、2016
[2] 篠本滋、坂口英継『基幹講座物理学 力学』、東京図書、2013
[3] ランダウ、リフシッツ著、広重徹、水戸巌訳、『力学』、2014
[4] ゴールドスタイン、ポール、サーフコ著『古典力学 (上)』、吉岡書店、2011