東京工業大学 理学院 数学系 2019年度 午前 [1]
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Kai
(1)
\[
\begin{aligned}
I_l
&= \int_0^l \xi^2 \frac{m}{l} d \xi
= \frac{m}{l} \left[ \frac{\xi^3}{3} \right]_0^l
= \frac{1}{3} m l^2
\\
I_a
&= \int_0^a r^2 M \frac{2 \pi r}{\pi a^2} dr
= \frac{2M}{a^2} \int_0^a r^3 dr
= \frac{2M}{a^2} \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^a
= \frac{1}{2} M a^2
\end{aligned}
\]
(2)
\[
\begin{aligned}
V
&= mg \frac{l}{2} ( 1 - \cos \theta )
+ Mg \left\{ l ( 1 - \cos \theta ) + a ( 1 - \cos \phi ) \right\}
\\
&= \frac{m+2M}{2} gl ( 1 - \cos \theta ) + Mga ( 1 - \cos \phi )
\\
\end{aligned}
\]
(3)
\(O\) の座標を \((X,Y)\) とすると、
\[
\begin{aligned}
X &= l \cos \theta + a \cos \phi
, \ \ \ \
Y = l \sin \theta + a \sin \phi
\\
\therefore \ \ \ \
\dot{X} &= - l \dot{\theta} \sin \theta - a \dot{\phi} \sin \phi
, \ \ \ \
\dot{Y} = l \dot{\theta} \cos \theta + a \dot{\phi} \cos \phi
\end{aligned}
\]
であるから、
\[
\begin{aligned}
T
&=
\frac{1}{2} I_l \dot{\theta}^2
+ \frac{1}{2} M \left( \dot{X}^2 + \dot{Y}^2 \right)
+ \frac{1}{2} I_a \dot{\phi}^2
\\
&=
\frac{1}{6} m l^2 \dot{\theta}^2
+ \frac{1}{2} M \left( l^2 \dot{\theta}^2 + a^2 \dot{\phi}^2
+ 2la \dot{\theta} \dot{\phi} \cos (\theta - \phi) \right)
+ \frac{1}{4} M a^2 \dot{\phi}^2
\\
&=
\frac{m+3M}{6} l^2 \dot{\theta}^2
+ \frac{3}{4} M a^2 \dot{\phi}^2
+ Mla \dot{\theta} \dot{\phi} \cos (\theta - \phi)
\end{aligned}
\]
を得る。
(4)
\(\theta, \phi, \dot{\theta}, \dot{\phi}\) の2次までで、
\[
\begin{aligned}
V
&= \frac{m+2M}{4} gl \theta^2 + \frac{1}{2} Mga \phi^2
\\
T
&=
\frac{m+3M}{6} l^2 \dot{\theta}^2
+ \frac{3}{4} M a^2 \dot{\phi}^2
+ Mla \dot{\theta} \dot{\phi}
\end{aligned}
\]
であるから、ラグランジアン \(L\) は
\[
\begin{aligned}
L
&= T - V
\\
&=
\frac{m+3M}{6} l^2 \dot{\theta}^2
+ \frac{3}{4} M a^2 \dot{\phi}^2
+ Mla \dot{\theta} \dot{\phi}
- \frac{m+2M}{4} gl \theta^2 - \frac{1}{2} Mga \phi^2
\end{aligned}
\]
となる。 よって、
\[
\begin{aligned}
\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}
&=
\frac{m+3M}{3} l^2 \dot{\theta}
+ Mla \dot{\phi}
\\
\frac{\partial L}{\partial \theta}
&=
- \frac{m+2M}{2} gl \theta
\\
\frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}}
&=
\frac{3}{2} M a^2 \dot{\phi}
+ Mla \dot{\theta}
\\
\frac{\partial L}{\partial \phi}
&=
- Mga \phi
\end{aligned}
\]
であるから、 \(\theta, \phi\) に関するオイラー-ラグランジュの方程式は、次のようになる：
\[
\begin{aligned}
&
\begin{cases}
\frac{m+3M}{3} l^2 \ddot{\theta} + Mla \ddot{\phi}
=
- \frac{m+2M}{2} gl \theta
\\
\frac{3}{2} M a^2 \ddot{\phi} + Mla \ddot{\theta}
=
- Mga \phi
\end{cases}
\\
\therefore \ \ \ \
&
\begin{cases}
\frac{m+3M}{3} l \ddot{\theta} + Ma \ddot{\phi}
=
- \frac{m+2M}{2} g \theta
\\
\frac{3}{2} a \ddot{\phi} + l \ddot{\theta}
=
- g \phi
\end{cases}
\end{aligned}
\]
(5)
(4) で得た運動方程式は、 \(m/M \to 0\) で次のようになる：
\[
\begin{aligned}
\begin{cases}
l \ddot{\theta} + a \ddot{\phi}
=
- g \theta
\\
\frac{3}{2} a \ddot{\phi} + l \ddot{\theta}
=
- g \phi
\end{cases}
\end{aligned}
\]
基準振動を求めるために、 \(\theta = A \sin \omega t, \phi = B \sin \omega t\) とすると、次のようになる：
\[
\begin{aligned}
&
\begin{cases}
- l \omega^2 A - a \omega^2 B
=
- g A
\\
- \frac{3}{2} a \omega^2 B - l \omega^2 A
=
- g B
\end{cases}
\\
\therefore \ \ \ \
&
\begin{cases}
\left( l \omega^2 - g \right) A + a \omega^2 B
=
0
\\
l \omega^2 A
+ \left( \frac{3}{2} a \omega^2 - g \right) B
=
0
\end{cases}
\end{aligned}
\]
\(A=B=0\) 以外の解をもつための条件は、
\[
\begin{aligned}
0
&=
\begin{vmatrix}
l \omega^2 - g & a \omega^2 \\
l \omega^2 & \frac{3}{2} a \omega^2 - g
\end{vmatrix}
\\
&=
\frac{1}{2} \left\{ la \omega^4 - (2l+3a) g \omega^2 + g^2 \right\}
\end{aligned}
\]
であるから、
\[
\begin{aligned}
\omega_{\pm}^2
&=
\frac{(2l+3a)g \pm \sqrt{(2l+3a)^2 g^2 - 4lag^2}}{2la}
\\
&=
\frac{g}{2la}
\left\{ 2l+3a \pm \sqrt{4l^2 + 8la + 9a^2} \right\}
\end{aligned}
\]
を得る（複合同順）。
(6)
(5) より、 角振動数 \(\omega_+\) の基準振動の場合、 \(l \gg a\) では、
\[
\begin{aligned}
B \simeq - \frac{l}{a} A
\end{aligned}
\]
であるから、適切な模式図は図Aである。 また、 角振動数 \(\omega_-\) の基準振動の場合、 \(l \gg a\) では、
\[
\begin{aligned}
B \simeq \frac{l}{a} A
\end{aligned}
\]
であるから、適切な模式図は図Cである。