ラグランジュ力学を実際に使ってみる②

第１章―ラグランジュ力学を復習する
- １　最小作用の原理
- ２　オイラー=ラグランジュ方程式
第２章――古典力学における自由な剛体のラグランジアンを考える
第３章―剛体の運動エネルギー

第１章―ラグランジュ力学を復習する

こんにちは、管理人のturtleです。
本稿はあくまで管理人の備忘録として書いておりますが、解析力学を学びたい読者ならだれでも理解できる形を目指しております。本稿はこちらの子記事となっておりますので、よければ合わせてご覧ください。
では、いきなりですが、解析力学の話をしていきます。

１　最小作用の原理

まずは、次のように物理量として「ラグランジアン$L$」と「作用$S$」を定義して、次のようなことを原理としましょう。

定義１.１(ラグランジアンの定義)
系の一般化座標を$\boldsymbol{q}=(q_1,q_2,…,q_N)$としたとき、各時刻における系の状態$(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}}, t)$を引数として、その系の自由度や対称性、相互作用を正しく表すように選ばれる物理量$L(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}}, t)$を、ラグランジアンと定義する。

定義１.２(作用の定義)
系の一般化座標を$\boldsymbol{q}=(q_1,q_2,…,q_N)$、系に対応するラグランジアンを$L(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}}, t)$としたとき、
$$
S=\int_{t_i}^{t_f} L(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}}, t) dt
$$なる物理量$S$を、時刻$t_i$から時刻$t_f$までの作用と定義する。

原理１.３(最小作用の原理)
現実に物体が通過する経路$\boldsymbol{q}(t)$においては作用$S$が停留する、すなわち、始点$\boldsymbol{q}(t_i)$と終点 $\boldsymbol{q}(t_f)$を固定したときの作用の変分$\delta S$がゼロになる。

かなり突飛にいろんなことが出てきて、何を言っているのかわからないように思えますが、くわしくはこちらで説明しています。

大事なことだけ書いておくと、原理というのは、証明はできないけれどたしかに現実の運動がそれにしたがっている、という主張のことで、古典力学におけるニュートンの運動方程式、古典電磁気学におけるマクスウェル方程式みたいなものですね。
今回、解析力学をはじめるにあたって、原理１.３、すなわち「現実に物体が通過する経路$\boldsymbol{q}(t)$においては、作用$S=\int_{t_i}^{t_f} L(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}}, t) dt$が停留する」という主張が、現実に起こる運動と非常によく整合しているから、証明なしに受け入れてしまおうということです。

２　オイラー=ラグランジュ方程式

先ほどの原理１.３から、以下の定理１.４が導かれます。

定理１.４(オイラー=ラグランジュ方程式)
系の一般化座標を$\boldsymbol{q}=(q_1,q_2,…,q_N)$、系に対応するラグランジアンを$L(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}}, t)$としたとき、$i=1,2,…,N$に対して以下が成り立つ。
$$
\frac{\partial L}{\partial q_i} – \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} =0
$$

さて、ここまでがラグランジュ力学の出発点です。本稿で行う議論は、ここまでわかっていれば大丈夫です。

第２章――古典力学における自由な剛体のラグランジアンを考える

さて本稿の目標は、古典力学における自由な剛体の運動を解く、つまり剛体を多質点系と考えて、この系に外力がはたらかないときの剛体の運動を解くこととしましょう。
そうすると、まずはそのラグランジアンを求めるところから始めます。

１　多質点系のラグランジアンを考える

必要のため、外力を受けない自由な１質点に関するこの定理を再掲します。

定理２.１
外力を受けない自由な質量$m$の質点について、その速度$\dot{\boldsymbol{r}}$の関数として$K(\dot{\boldsymbol{r}})=m|\dot{\boldsymbol{r}}|^2/2 $を定義する。このとき、この質点のラグランジアンとして、$L(\boldsymbol{r}, \dot{\boldsymbol{r}}, t) = K (\dot{\boldsymbol{r}})$を採用できる。

ここで相互作用しない独立な粒子であれば、次のようにラグランジアンの加法性が成り立ちます。

定理２.２
互いに相互作用を及ぼさない自由な多質点系$m_1,m_2,…,m_N$について、その各$m_i$に対して速度$\dot{\boldsymbol{r}}_i$の関数として$K_i(\dot{\boldsymbol{r}}_i)=m_i|\dot{\boldsymbol{r}}_i|^2/2 $を定義する。このとき、この多質点系のラグランジアンとして、$L(\{\boldsymbol{r}\}_{i=1}^N, \{\dot{\boldsymbol{r}}\}_{i=1}^N, t) = \sum_{i=1}^N K_i (\dot{\boldsymbol{r}}_i)$を採用できる。

定理２.２の証明

各質点$m_i$は外力を受けずに自由であるから、ラグランジアン$L_i$は定理２.１より、$L_i(\boldsymbol{r}_i, \dot{\boldsymbol{r}}_i, t) = K_i (\dot{\boldsymbol{r}}_i)$とかける。ここで、多質点系は互いに相互作用を及ぼさずに独立しているから、各質点$m_i$の位置を指定する一般化座標を$q_{i,1},q_{i,2},q_{i,3}$とすると、
$$
\frac{\partial L}{\partial q_{i,j}} = \frac{\partial L_i}{\partial q_{i,j}} \qquad \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i,j}} = \frac{\partial L_i}{\partial \dot{q}_{i,j}} \qquad (j=1,2,3)
$$となる、すなわち、各自由度の運動方程式が他粒子の座標や速度に依存しない必要があるため、これより、多質点系のラグランジアンは各質点のものの線形和であって交差項は存在しない、つまり、
$$
L(\{\boldsymbol{r}\}_{i=1}^N, \{\dot{\boldsymbol{r}}\}_{i=1}^N, t) = \sum_{i=1}^N L_i(\boldsymbol{r}_i, \dot{\boldsymbol{r}}_i, t) = \sum_{i=1}^N K_i (\dot{\boldsymbol{r}}_i)
$$となるといえる。よって、示された。□

さてここからは、この稿での議論と同じように、粒子間あるいは外部環境と相互作用を行う多質点系について考えていきましょう。ふつう、

電磁気的な、有限の速度で伝わって過去の履歴や遅れが関与する相互作用
摩擦のように物体を構成する無数の原子の情報をマクロに丸めた相互作用

のようなものではない、古典力学で一般的な「無限大の速さで瞬間的に伝わるとみなせ、エネルギーの散逸を考えずにミクロのレベルで正しい相互作用」を行う多質点系のラグランジアンであれば、各粒子の座標だけに依存するある関数$U(\{\boldsymbol{r}\}_{i=1}^N)$を、互いに相互作用を及ぼさない多質点系のラグランジアンから差し引くことによって
$$
\text{運動エネルギーの線形和} \left( \sum_{i=1}^N K_i \right)-U\left(\{\boldsymbol{r}\}_{i=1}^N \right)
$$と表すことができます。

２　拘束系のラグランジアンを考える

必要のため、拘束系でのラグランジュ力学の扱いを述べた、この定理とこの定理を再掲します。

定理２.３
系の一般化座標を$\boldsymbol{q}=(q_1,q_2,…,q_N)$としたとき、物理系に対応してラグランジアン$L(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}}, t)$が定まるならば、拘束条件として$M$本の式$G_j(\boldsymbol{q}, t)=0 \quad (j=1,2,…,M)$を要求するとき、$i=1,2,…,N$に対して
$$
\frac{\partial L}{\partial q_i} – \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} =\sum_{j=1}^M \lambda_j \frac{\partial G_j}{\partial q_i}
$$を満足するような時間$t$の関数の組$\{\lambda_j(t) \}_{j=1}^M $が存在する。

定理２.４
拘束条件として$M$本の式$G_j(\boldsymbol{q}, t)=0 \quad (j=1,2,…,M)$を要求するとき、系の一般化座標のうち拘束条件を解いて残る変数を$\boldsymbol{q}=(q_1,q_2,…,q_n)$、拘束条件を解いて消える変数を$\boldsymbol{Q}=(Q_1,Q_2,…,Q_M)$とする(ただし$N=n+M$)。
ここで、物理系に対応してラグランジアン$L(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}}, \boldsymbol{Q}, \dot{\boldsymbol{Q}}, t)$が定まるならば、これに$\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{Q}(\boldsymbol{q},t)$, $\dot{\boldsymbol{Q}}=\dot{\boldsymbol{Q}}(\boldsymbol{q},\dot{\boldsymbol{q}},t)$を代入して変数を消去した$\tilde{L}(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}},t) = L\big(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}}, \boldsymbol{Q}(\boldsymbol{q},t), \dot{\boldsymbol{Q}}(\boldsymbol{q},\dot{\boldsymbol{q}},t), t\big)$に対して、
$$
\frac{\partial \tilde{L}}{\partial q_i} – \frac{d}{dt} \frac{\partial \tilde{L}}{\partial \dot{q}_i} =0 \qquad (i=1,2,…n)
$$を解いて求めた運動は、定理２.３により求めた運動と同じものである。

さてここで「剛体」のラグランジアンを求めるという目標に戻りましょう。剛体というのは「多数の質点からなるが、それらの間の距離が常に一定であって変形しない」というモデルでした。ということは、$N(\to \infty)$個の質点からなる、$3N$個の変数で記述された多質点系に、「任意の２質点$m_k$, $m_l$間の距離が常に一定」という拘束条件
$$
G_{kl}(\boldsymbol{r}_1, \dots, \boldsymbol{r}_N) = (x_k – x_l)^2 + (y_k – y_l)^2 + (z_k – z_l)^2 – l_{kl}^2 = 0
$$を課したものとみることができるわけです。だんだん、定理２.３と定理２.４を利用できるような気がしてきましたね。

系２.５
多数の質点からなり、それらの間の距離が常に一定であって変形しないという剛体のモデルにおいて、ラグランジアン$L$が定まるとすると、これは独立な６つの変数$\boldsymbol{q}=(q_1, q_2, \dots, q_6)$を用いて$\tilde{L}(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}},t)$と書き換えることができ、このとき$i=1,2,…,6$に対して以下が成り立つ。
$$
\frac{\partial \tilde{L}}{\partial q_i} – \frac{d}{dt} \frac{\partial \tilde{L}}{\partial \dot{q}_i} = 0
$$

系２.５の証明

剛体を$N(\to \infty)$個の微小な質点からなる多質点系とみなし、その力学系の一般化座標として計$3N$個の直交座標$(x_1, y_1, z_1, \dots, x_N, y_N, z_N)$を選んだとき、この系に対応してラグランジアン$L(\boldsymbol{r}_1,…,\boldsymbol{r}_N, \dot{\boldsymbol{r}}_1,…, \dot{\boldsymbol{r}}_N, t)$が定まるとする。
ここで、剛体のモデルは拘束条件として「任意の２質点$m_k$, $m_l$間の距離が常に一定」という条件
$$
G_{kl}(\boldsymbol{r}_1, \dots, \boldsymbol{r}_N) = (x_k – x_l)^2 + (y_k – y_l)^2 + (z_k – z_l)^2 – l_{kl}^2 = 0
$$を要求する。この式は$N$文字から２文字を選ぶ組み合わせだけ、すなわち$N(N-1)/2$本だけ存在するが、このうち独立なものは一般の剛体配置では$3N – 6$本にすぎない。これは、質点を順に置いて剛体を組み立てることを考えると、１つ目の質点$m_1$は自由に置けるため０本の拘束条件を用いて、２つ目の質点$m_2$は$m_1$との距離が制限されているため１本の拘束条件を用いて、３つ目の質点は$m_3$は$m_1$と$m_2$との距離が制限されているため２本の拘束条件を用いて置くことになるが、それ以降の質点はそれぞれ$m_1,m_2,m_3$との距離の３本の拘束条件だけで位置が一意に定まり、他の点との距離は幾何学的に自動で決まる従属な条件になるためである。
さて定理２.４より、拘束条件として$3N-6$本の式$\tilde{G}_j(\boldsymbol{q}, t)=0 \quad (j=1,2,…,3N-6)$を要求するとき、力学系の一般化座標のうち拘束条件を解いて残る独立な$3N-(3N-6)=6$変数を$\boldsymbol{q}=(q_1, q_2, \dots, q_6)$とすると、この６変数以外の変数を消去したラグランジアン$\tilde{L}(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}},t) = L((\boldsymbol{r}_i(\boldsymbol{q},t), \dot{\boldsymbol{r}}_i(\boldsymbol{q},\dot{\boldsymbol{q}},t), t)$に対して、
$$
\frac{\partial \tilde{L}}{\partial q_i} – \frac{d}{dt} \frac{\partial \tilde{L}}{\partial \dot{q}_i} = 0 \qquad (i=1,2,…,6)
$$を解いて求めた運動は、ニュートンの運動方程式に従う物理的に正しい運動であることが示されているため、以上より示された。□

前の節の議論とあわせると、

剛体のラグランジアンについては

電磁気的な、有限の速度で伝わって過去の履歴や遅れが関与する相互作用
摩擦のように物体を構成する無数の原子の情報をマクロに丸めた相互作用

のようなものではない、古典力学で一般的な「無限大の速さで瞬間的に伝わるとみなせ、エネルギーの散逸を考えずにミクロのレベルで正しい相互作用」を行う多質点系であるならば、ある関数$U(\{\boldsymbol{r}\}_{i=1}^N)$を用いて
$$
\text{運動エネルギーの線形和} \left( \sum_{i=1}^N K_i \right)-U\left(\{\boldsymbol{r}\}_{i=1}^N \right)
$$とかけ、これは独立な６つの変数のみで書き換えられるということですね。

３　自由な剛体のラグランジアンを考える

さてここで、$U(\{\boldsymbol{r}\}_{i=1}^N)$の関数形というのは、多質点系内部の相互作用によるもの$U_{\text{int}}$と、多質点系外部からの相互作用によるもの$U_{\text{ext}}$の和になるわけですが、「自由な」剛体とは先にも述べた通り、外部環境からの力を一切受けないことを意味しているので、$U_{\text{ext}}=0$となります。
さらに、多質点系内部の相互作用は、剛体の各質点間の距離を一定に保つ拘束力に他なりませんが、ポテンシャルが各粒子の座標だけに依存するある関数であることから、剛体の各質点間の距離が一定なら、剛体がどう動こうが$U_{\text{int}}$は常に一定値$C$のままになります。

ラグランジアンに定数を足し引きしても出てくる運動方程式には一切影響がないことは、すでにこちらで確認済みですから、自由な剛体のラグランジアンはなんと、運動エネルギーの線形和$\sum_{i=1}^N K_i$としてかけてしまい、さらにこれは独立な６つの変数のみで書き換えられるというわけです。

第３章―剛体の運動エネルギー

第２章では、外力の働かない剛体のラグランジアンが、剛体の運動エネルギーでかけることが分かりましたね。そこで第３章では、この剛体の運動エネルギーを独立なたった６変数でかかれる形に変形することを目標とします。

１　慣性テンソルを導入する

まず、この段落を理解するのに大変重要な、慣性テンソルについて定義します。

定義３.１(慣性テンソルの定義)
ある直交座標系$O-XYZ$(空間固定の座標系でも、剛体固定の座標系でも何でもよい)を考え、剛体に固定された座標系による位置$\boldsymbol{s}$における質量密度を$\rho(\boldsymbol{s})$とすると、
$$
I_{XX} = \int_V \rho(\boldsymbol{s}) (y^2 + z^2) dV \qquad
I_{YY} = \int_V \rho(\boldsymbol{s}) (z^2 + x^2) dV \qquad
I_{ZZ} = \int_V \rho(\boldsymbol{s}) (x^2 + y^2) dV
$$$$
I_{XY}=I_{YX}= – \int_V \rho(\boldsymbol{s}) xy dV \qquad
I_{YZ}=I_{ZY}= – \int_V \rho(\boldsymbol{s}) yz dV \qquad
I_{ZX}=I_{XZ}= – \int_V \rho(\boldsymbol{s}) zx dV
$$というように、剛体に関する体積分の形式で９個の物理量を与えることができる。このとき以下で定義される$3 \times 3$の実対称行列を慣性テンソル$I$と定義する。
$$
I= \begin{pmatrix} I_{xx} & I_{xy} & I_{xz} \\ I_{yx} & I_{yy} & I_{yz} \\ I_{zx} & I_{zy} & I_{zz} \end{pmatrix}
$$

そうすると、この慣性テンソルを用いて、剛体の運動エネルギーは次のように２つの項に分解できます。

定理３.２
剛体の全質量を$M$、重心の位置を$\boldsymbol{r}_G$、ある重心を原点とした直交座標系$O-XYZ$(空間固定の座標系でも、剛体固定の座標系でも何でもよい)に対する剛体の慣性テンソルを$I$、剛体の角速度ベクトル(回転軸方向のうち回転の方向に右ねじを回して進む方を向いた、大きさが角速度に等しいベクトル)を$\boldsymbol{\omega}=(\omega_X, \omega_Y, \omega_Z)$としたとき、剛体の運動エネルギー$K= \int_\mathcal{V} \left\{ \frac{1}{2} \rho(\boldsymbol{s}) |\dot{\boldsymbol{r}}(\boldsymbol{s}, t)|^2 \right\} d\mathcal{V}$は、以下のようにかける。
$$
K=\frac{1}{2} M{\dot{\boldsymbol{r}}_G}^2 + \frac{1}{2} {}^t \boldsymbol{\omega} I \boldsymbol{\omega}
$$

定理３.２の証明

空間に固定された原点$O$から見た剛体内の微小要素の位置ベクトルを$\boldsymbol{r}(\boldsymbol{s}, t)$、重心の位置ベクトルを$\boldsymbol{r}_G(t)$、重心から見た微小要素の相対位置ベクトルを$\boldsymbol{s}'(t)$とすると、定義より$\boldsymbol{r} = \boldsymbol{r}_G + \boldsymbol{s}’$が成立し、これを時間$t$で微分すると$\dot{\boldsymbol{r}} = \dot{\boldsymbol{r}}_G + \dot{\boldsymbol{s}}’$とかける。
ここで剛体の拘束条件より、重心から見た微小要素の運動は「重心を通る軸まわりの回転運動」であるから、角速度ベクトル$\boldsymbol{\omega}$を用いて $\dot{\boldsymbol{s}}’ = \boldsymbol{\omega} \times \boldsymbol{s}’$とかけるので、$\dot{\boldsymbol{r}} = \dot{\boldsymbol{r}}_G + (\boldsymbol{\omega} \times \boldsymbol{s}’)$とかける。これを運動エネルギーの定義式$K = \int_\mathcal{V} \frac{1}{2} \rho(\boldsymbol{s}) |\dot{\boldsymbol{r}}|^2 d\mathcal{V}$に代入すると、
$$
K = \int_\mathcal{V} \frac{1}{2} \rho(\boldsymbol{s}) d \mathcal{V} \left[ \dot{\boldsymbol{r}}_G + (\boldsymbol{\omega} \times \boldsymbol{s}’) \right]^2 = \int_\mathcal{V} \frac{1}{2} \rho(\boldsymbol{s}) |\dot{\boldsymbol{r}}_G|^2 d\mathcal{V} + \int_\mathcal{V} \rho(\boldsymbol{s}) \dot{\boldsymbol{r}}_G \cdot (\boldsymbol{\omega} \times \boldsymbol{s}’) d\mathcal{V} + \int_\mathcal{V} \frac{1}{2} \rho(\boldsymbol{s}) |\boldsymbol{\omega} \times \boldsymbol{s}’|^2 d\mathcal{V}
$$となる。第１項、第２項、第３項はそれぞれ以下のように書き換えられる。
$$
\int_\mathcal{V} \frac{1}{2} \rho(\boldsymbol{s}) |\dot{\boldsymbol{r}}_G|^2 d\mathcal{V} = \frac{1}{2} |\dot{\boldsymbol{r}}_G|^2 \int_\mathcal{V} \rho(\boldsymbol{s}) d\mathcal{V} = \frac{1}{2} M |\dot{\boldsymbol{r}}_G|^2
$$$$
\int_\mathcal{V} \rho(\boldsymbol{s}) \dot{\boldsymbol{r}}_G \cdot (\boldsymbol{\omega} \times \boldsymbol{s}’) d\mathcal{V} = \dot{\boldsymbol{r}}_G \cdot \left( \boldsymbol{\omega} \times \int_\mathcal{V} \rho(\boldsymbol{s}) \boldsymbol{s}’ d\mathcal{V} \right) = \boldsymbol{0}
$$$$
\int_\mathcal{V} \frac{1}{2} \rho(\boldsymbol{s}) |\boldsymbol{\omega} \times \boldsymbol{s}’|^2 d\mathcal{V} = \frac{1}{2} \sum_{i, j} \omega_i \omega_j \left( \int_\mathcal{V} \rho(\boldsymbol{s}) (|\boldsymbol{s}’|^2 \delta_{ij} – s’_i s’_j) d\mathcal{V} \right) = \frac{1}{2} {}^t \boldsymbol{\omega} I \boldsymbol{\omega}
$$ただし、第２項の２つ目の等号は$\int_\mathcal{V} \rho(\boldsymbol{s}) \boldsymbol{s}’ d\mathcal{V}$が重心から見た重心の相対位置を表すため$\boldsymbol{0}$であることを、第３項の１つ目の等号は、ベクトル解析の公式$|\boldsymbol{a} \times \boldsymbol{b}|^2 = |\boldsymbol{a}|^2 |\boldsymbol{b}|^2 – (\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b})^2$であることを用いた。以上より、$K = \frac{1}{2} M |\dot{\boldsymbol{r}}_G|^2 + \frac{1}{2} {}^t \boldsymbol{\omega} I \boldsymbol{\omega}$と書けることが示された。□

２　慣性主軸を導入する

さらに定理３.２の結果を簡単な表式に変形するために、次のことを示します。

定理３.３
剛体に固定された重心を原点とした直交座標系$O-\mathcal{X} \mathcal{Y} \mathcal{Z}$であって、これに対応する慣性テンソル$\mathcal{I}$の非対角成分がすべてゼロになる座標系が存在する。

定理３.３の証明

まず、剛体の重心を原点とし、剛体に固定された任意の直交座標系$O-XYZ$をとると、この座標系において計算された慣性テンソル$I$は$3 \times 3$の行列として次のようにかける。
$$
I = \begin{pmatrix} I_{xx} & I_{xy} & I_{xz} \\ I_{yx} & I_{yy} & I_{yz} \\ I_{zx} & I_{zy} & I_{zz} \end{pmatrix}
$$ここで、非対角成分について定義より、$I_{xy} = I_{yx}, I_{yz} = I_{zy}, I_{zx} = I_{xz}$であるから、慣性テンソルは実対称行列であるが、線形代数の定理より任意の実対称行列は、ある直交行列$R$を用いて必ず対角化可能で、その対角成分はすべて実数であることが分かっているので、
$$
{}^t R I R = \mathcal{I} = \begin{pmatrix} \mathcal{I}_{\mathcal{X}} & 0 & 0 \\ 0 & \mathcal{I}_{\mathcal{Y}} & 0 \\ 0 & 0 & \mathcal{I}_{\mathcal{Z}} \end{pmatrix}
$$が実対角行列であるような直交行列$R$が存在するといえる。
３次元空間における直交行列$R$は、物理的には「座標軸の回転」を意味しており、${}^t R I R$ という行列の演算は、元の基底となる座標系$O-XYZ$を行列$R$によって回転させて、新しい基底となる直交座標系$O-\mathcal{X}\mathcal{Y}\mathcal{Z}$へ移るような座標変換そのものであるから、示された。□

この定理３.３をもとにして、次のように慣性主軸という直交座標系を定義します。

定義３.４(慣性主軸の定義)
剛体に固定された重心を原点とした直交座標系$O-\mathcal{X} \mathcal{Y} \mathcal{Z}$であって、これに対応する慣性テンソル$\mathcal{I}$の非対角成分がすべてゼロになる座標系を慣性主軸と定義する。

定理３.２において、はじめに任意に設定した直交座標系が慣性主軸だったとすると、慣性テンソルは非対角化成分がゼロになるので、運動エネルギーは、
$$
K=\frac{1}{2} M{\dot{\boldsymbol{r}}_G}^2 + \frac{1}{2} {}^t \boldsymbol{\omega} I \boldsymbol{\omega} = \frac{1}{2} M{\dot{\boldsymbol{r}}_G}^2 + \frac{1}{2} \left( \mathcal{I}_{\mathcal{X} \mathcal{X}} {\omega_{\mathcal{X}}}^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Y} \mathcal{Y}} {\omega_{\mathcal{Y}}}^2 +
\mathcal{I}_{\mathcal{Z} \mathcal{Z}} {\omega_{\mathcal{Z}}}^2 \right)
$$と書き換えることができますね。さて、自由な剛体の運動に対する方程式を立てるには、まず剛体のラグランジアン、すなわち運動エネルギー$K$を、剛体の位置と姿勢を表す独立な６変数のみでかかなければならないのでした。ここで、いま$( X_G,Y_G,Z_G,\omega_{\mathcal{X}},\omega_{\mathcal{Y}},\omega_{\mathcal{Z}})$の６変数で書けているような気がするかもしれませんが、それは実は誤りです。というのは、決してこの６変数が分かったからといって剛体の姿勢は決まらないからです。$\omega_{\mathcal{X}},\omega_{\mathcal{Y}},\omega_{\mathcal{Z}}$の３変数は角度を直接指定してはいないので、剛体がどういう姿勢をとっているか説明できないですよね。

３　オイラー角を導入する

ただ「運動エネルギー$K$を剛体の位置と姿勢を表す独立な６変数のみでかく」という目標にはずいぶん近づいてきましたよ。あとは、剛体の姿勢を表す３つの角度変数で、$\omega_{\mathcal{X}},\omega_{\mathcal{Y}},\omega_{\mathcal{Z}}$を表すのみです。３つの角度変数として、以下を導入します。

定義３.５(オイラー角の定義)

図３.５のように、空間に固定された座標系を回転させることでできた座標系$O-x′′y′′′z′$が、剛体に固定されている座標系と重なるような３つの角度変数$(\phi,\theta,\psi)$について、この角度変数の組をオイラー角と定義する。

なお、本稿ではオイラー角を$zxz$の順で回転軸を選んで定義しましたが、$xyz$としたり、$yzy$としたり、計12個の選び方がありその定義によって同じ回転を表す場合でもオイラー角は異なります。

定理３.６
慣性主軸$O-\mathcal{X} \mathcal{Y} \mathcal{Z}$の各軸周りの角速度$\omega_{\mathcal{X}},\omega_{\mathcal{Y}},\omega_{\mathcal{Z}}$は、慣性主軸に対するオイラー角$(\phi,\theta,\psi)$を用いて
$\omega_{\mathcal{X}} = \dot{\theta} \cos \psi + \dot{\phi} \sin \psi \sin \theta$,　$\omega_{\mathcal{Y}} = -\dot{\theta} \sin \psi + \dot{\phi} \cos \psi \sin \theta$,　$\omega_{\mathcal{Z}} = \dot{\psi} + \dot{\phi} \cos \theta$とかける。

定理３.６の証明

剛体に固定された慣性主軸の基底ベクトルを${}^t (e_{\mathcal{X}}, e_{\mathcal{Y}}, e_{\mathcal{Z}})$、空間に固定された直交座標系の基底ベクトルを${}^t (e_{x}, e_{y}, e_{z})$とすると、オイラー角の定義より、
$$
\begin{pmatrix} e_{\mathcal{X}} \\ e_{\mathcal{Y}} \\ e_{\mathcal{Z}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\psi & \sin\psi & 0 \\ -\sin\psi & \cos\psi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos\theta & \sin\theta \\ 0 & -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos\phi & \sin\phi & 0 \\ -\sin\phi & \cos\phi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} e_{x} \\ e_{y} \\ e_{z} \end{pmatrix} \qquad \text{(a)}
$$とかくことができる。式にある、それぞれ$\psi, \theta, \phi$に関する３つの$3 \times 3$行列を順に$A,B,C$とすると、いずれも直交行列である。

以下、剛体の重心からの各相対位置を$\boldsymbol{s}'(t)$として、$\frac{d}{dt} \boldsymbol{s}'(t)$を２通りの方法で表すことを考える。
まず、慣性主軸は重心を原点においているため、定数$\mathcal{X}, \mathcal{Y}, \mathcal{Z}$に対して$\boldsymbol{s}’ = \mathcal{X} \omega_{\mathcal{X}} + \mathcal{Y} \omega_{\mathcal{Y}} + \mathcal{Z} \omega_{\mathcal{Z}} $とかけることより、
\begin{align}
\frac{d}{dt} \boldsymbol{s}’ &= (\mathcal{X}, \mathcal{Y}, \mathcal{Z}) \frac{d}{dt} \begin{pmatrix} e_{\mathcal{X}} \\ e_{\mathcal{Y}} \\ e_{\mathcal{Z}} \end{pmatrix} = (\mathcal{X}, \mathcal{Y}, \mathcal{Z}) \left\{ \frac{d}{dt}(ABC) \right\} \begin{pmatrix} e_{x} \\ e_{y} \\ e_{z} \end{pmatrix} = (\mathcal{X}, \mathcal{Y}, \mathcal{Z}) \left\{ \dot{A}BC + A \dot{B}C + AB\dot{C} \right\} \begin{pmatrix} e_{x} \\ e_{y} \\ e_{z} \end{pmatrix} \\
&= (\mathcal{X}, \mathcal{Y}, \mathcal{Z}) \left\{ \dot{A} {}^t \! A ABC + A \dot{B} {}^t \! B {}^t \! A ABC + AB\dot{C} {}^t \! C {}^t \! B {}^t \! A ABC \right\} \begin{pmatrix} e_{x} \\ e_{y} \\ e_{z} \end{pmatrix} \\
&= (\mathcal{X}, \mathcal{Y}, \mathcal{Z}) \left\{ \dot{A} {}^t \! A + A \dot{B} {}^t \! B {}^t \! A + AB\dot{C} {}^t \! C {}^t \! B {}^t \! A \right\} \begin{pmatrix} e_{\mathcal{X}} \\ e_{\mathcal{Y}} \\ e_{\mathcal{Z}} \end{pmatrix} \\
&= (\mathcal{X}, \mathcal{Y}, \mathcal{Z}) \begin{pmatrix} 0 & \dot{\psi} + \dot{\phi}\cos\theta & \dot{\theta}\sin\psi – \dot{\phi}\sin\theta\cos\psi \\ -\dot{\psi} – \dot{\phi}\cos\theta & 0 & \dot{\theta}\cos\psi + \dot{\phi}\sin\theta\sin\psi \\ -\dot{\theta}\sin\psi + \dot{\phi}\sin\theta\cos\psi & -\dot{\theta}\cos\psi – \dot{\phi}\sin\theta\sin\psi & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} e_{\mathcal{X}} \\ e_{\mathcal{Y}} \\ e_{\mathcal{Z}} \end{pmatrix} \qquad \text{(b)} \\
\end{align}とかける。ただし、２つ目の等号と５つ目の等号は(a)式を、４つめの等号は行列$A,B,C$が直交行列であることを用いている。６つ目の等号はただ行列$\dot{A} {}^t \! A + A \dot{B} {}^t \! B {}^t \! A + AB\dot{C} {}^t \! C {}^t \! B {}^t \! A$を計算しただけである。一方で、定理３.２の証明において扱ったように、$\frac{d}{dt} \boldsymbol{s}’ = \boldsymbol{\omega} \times \boldsymbol{s}’$であるので、
$$
\frac{d}{dt} \boldsymbol{s}’ = (\omega_{\mathcal{X}},\omega_{\mathcal{Y}},\omega_{\mathcal{Z}}) \begin{pmatrix} e_{\mathcal{X}} \\ e_{\mathcal{Y}} \\ e_{\mathcal{Z}} \end{pmatrix} \times (\mathcal{X}, \mathcal{Y}, \mathcal{Z}) \begin{pmatrix} e_{\mathcal{X}} \\ e_{\mathcal{Y}} \\ e_{\mathcal{Z}} \end{pmatrix} = (\mathcal{X}, \mathcal{Y}, \mathcal{Z}) \begin{pmatrix} 0 & \omega_{\mathcal{Z}} & -\omega_{\mathcal{Y}} \\ -\omega_{\mathcal{Z}} & 0 & \omega_{\mathcal{X}} \\ \omega_{\mathcal{Y}} & -\omega_{\mathcal{X}} & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} e_{\mathcal{X}} \\ e_{\mathcal{Y}} \\ e_{\mathcal{Z}} \end{pmatrix} \qquad \text{(c)}
$$ともかける。この(b)式と(c)式の表現を比較すると直ちに示される。□

４　オイラー=ラグランジュ方程式を解く

さて、剛体の姿勢を表す３つの角度変数で、$\omega_{\mathcal{X}},\omega_{\mathcal{Y}},\omega_{\mathcal{Z}}$を表すことができたので、ついに運動エネルギー$K$を剛体の位置と姿勢を表す独立な６変数のみでかくことができます。$K=\frac{1}{2} M{\dot{\boldsymbol{r}}_G}^2 + \frac{1}{2} \left( \mathcal{I}_{\mathcal{X} \mathcal{X}} {\omega_{\mathcal{X}}}^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Y} \mathcal{Y}} {\omega_{\mathcal{Y}}}^2 +
\mathcal{I}_{\mathcal{Z} \mathcal{Z}} {\omega_{\mathcal{Z}}}^2 \right)$に定理２.２.Ｂ.６の結果を代入して、
$$
K=\frac{1}{2} M{\dot{\boldsymbol{r}}_G}^2 + \frac{1}{2} \left( \mathcal{I}_{\mathcal{X} \mathcal{X}} (\dot{\theta} \cos \psi + \dot{\phi} \sin \psi \sin \theta)^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Y} \mathcal{Y}} (-\dot{\theta} \sin \psi + \dot{\phi} \cos \psi \sin \theta)^2 +
\mathcal{I}_{\mathcal{Z} \mathcal{Z}} (\dot{\psi} + \dot{\phi} \cos \theta)^2 \right)
$$となりました。さて、これが今回の自由な剛体の運動におけるラグランジアンで、６変数$(x_G,y_G,z_G,\phi, \theta, \psi)$に対して、オイラー=ラグランジュ方程式を計算できます。それぞれ以下のようになります。

定理３.７
自由な剛体の運動において、剛体の全質量を$M$、剛体の重心の座標を$(x_G,y_G,z_G)$、慣性主軸に対する慣性テンソルの対角成分を$\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}}, \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}, \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}}$、慣性主軸$O-\mathcal{X} \mathcal{Y} \mathcal{Z}$の各軸周りの角速度を$\omega_{\mathcal{X}},\omega_{\mathcal{Y}},\omega_{\mathcal{Z}}$、慣性主軸に対して定理３.５で定義したオイラー角を$(\phi,\theta,\psi)$とすると、以下６式が成り立つ。
$$
\frac{\partial L}{\partial x_G} – \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}_G}\right) = 0 – \frac{d}{dt}(M \dot{x}_G) = -M \ddot{x}_G = 0
$$$$
\frac{\partial L}{\partial y_G} – \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{y}_G}\right) = 0 – \frac{d}{dt}(M \dot{y}_G) = -M \ddot{y}_G = 0
$$$$
\frac{\partial L}{\partial z_G} – \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{z}_G}\right) = 0 – \frac{d}{dt}(M \dot{z}_G) = -M \ddot{z}_G = 0
$$\begin{align}
\frac{\partial L}{\partial \phi} – \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}} \right) &= -\frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \omega_{\mathcal{X}}} \frac{\partial \omega_{\mathcal{X}}}{\partial \dot{\phi}} + \frac{\partial L}{\partial \omega_{\mathcal{Y}}} \frac{\partial \omega_{\mathcal{Y}}}{\partial \dot{\phi}} + \frac{\partial L}{\partial \omega_{\mathcal{Z}}} \frac{\partial \omega_{\mathcal{Z}}}{\partial \dot{\phi}} \right) \\[1.5ex]
& = \sin \theta \sin \psi \{ \mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}}\dot{\omega}_{\mathcal{X}} – (\mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}})\omega_{\mathcal{Y}}\omega_{\mathcal{Z}} \} + \sin \theta \cos \psi \{ \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}} \dot{\omega}_{\mathcal{Y}} – (\mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} – \mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}}) \omega_{\mathcal{Z}} \omega_{\mathcal{X}} \} \\[1.5ex]
&\quad + \cos \theta \{ \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} \dot{\omega}_{\mathcal{Z}} – (\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}) \omega_{\mathcal{X}} \omega_{\mathcal{Y}} \} = 0
\end{align} \begin{align}
\frac{\partial L}{\partial \theta} – \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} \right) &= \left( \frac{\partial L}{\partial \omega_{\mathcal{X}}}\frac{\partial \omega_{\mathcal{X}}}{\partial \theta} + \frac{\partial L}{\partial \omega_{\mathcal{Y}}}\frac{\partial \omega_{\mathcal{Y}}}{\partial \theta} + \frac{\partial L}{\partial \omega_{\mathcal{Z}}}\frac{\partial \omega_{\mathcal{Z}}}{\partial \theta} \right) – \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \omega_{\mathcal{X}}} \frac{\partial \omega_{\mathcal{X}}}{\partial \dot{\theta}} + \frac{\partial L}{\partial \omega_{\mathcal{Y}}} \frac{\partial \omega_{\mathcal{Y}}}{\partial \dot{\theta}} \right) \\[1.5ex]
&= \sin\psi \left\{ \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}} \dot{\omega}_{\mathcal{Y}} – (\mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} – \mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}}) \omega_{\mathcal{Z}} \omega_{\mathcal{X}} \right\} – \cos\psi \left\{ \mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} \dot{\omega}_{\mathcal{X}} – (\mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}}) \omega_{\mathcal{Y}} \omega_{\mathcal{Z}} \right\} = 0
\end{align} $$
\frac{\partial L}{\partial \psi} – \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot{\psi}} \right) = \frac{\partial L}{\partial \omega_{\mathcal{X}}}\frac{\partial \omega_{\mathcal{X}}}{\partial \psi} + \frac{\partial L}{\partial \omega_{\mathcal{Y}}}\frac{\partial \omega_{\mathcal{Y}}}{\partial \psi} – \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \omega_{\mathcal{Z}}} \frac{\partial \omega_{\mathcal{Z}}}{\partial \dot{\psi}} \right) = (\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}) \omega_{\mathcal{X}} \omega_{\mathcal{Y}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} \dot{\omega_{\mathcal{Z}}} = 0
$$

系３.８(オイラーの運動方程式)
自由な剛体の運動において、慣性主軸に対する慣性テンソルの対角成分を$\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}}, \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}, \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}}$、慣性主軸$O-\mathcal{X} \mathcal{Y} \mathcal{Z}$の各軸周りの角速度を$\omega_{\mathcal{X}},\omega_{\mathcal{Y}},\omega_{\mathcal{Z}}$とすると、以下３式が成り立つ。
$$
\mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} \dot{\omega}_{\mathcal{Z}} = (\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}) \omega_{\mathcal{X}} \omega_{\mathcal{Y}}
$$$$
\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} \dot{\omega}_{\mathcal{X}} = (\mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}}) \omega_{\mathcal{Y}} \omega_{\mathcal{Z}}
$$$$
\mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}} \dot{\omega}_{\mathcal{Y}} = (\mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} – \mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}}) \omega_{\mathcal{Z}} \omega_{\mathcal{X}}
$$

系３.８の証明

煩雑にならないように、オイラーの運動方程式の左辺をそれぞれ
$$
E_{\mathcal{X}} = \mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} \dot{\omega}_{\mathcal{X}} – (\mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}}) \omega_{\mathcal{Y}} \omega_{\mathcal{Z}}
$$$$
E_{\mathcal{Y}} = \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}} \dot{\omega}_{\mathcal{Y}} – (\mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} – \mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}}) \omega_{\mathcal{Z}} \omega_{\mathcal{X}}
$$$$
E_{\mathcal{Z}} = \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} \dot{\omega}_{\mathcal{Z}} – (\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}) \omega_{\mathcal{X}} \omega_{\mathcal{Y}}
$$とおいて、$E_{\mathcal{X}} = E_{\mathcal{Y}} = E_{\mathcal{Z}}=0$が成り立つことを示す。定理２.２.Ｂ.７の第４式、第５式、第６式はそれぞれ、$\sin\theta \sin\psi E_{\mathcal{X}} + \sin\theta \cos\psi E_{\mathcal{Y}} + \cos\theta E_{\mathcal{Z}} = 0$,　$\sin\psi E_{\mathcal{Y}} – \cos\psi E_{\mathcal{X}} = 0$,　$-E_{\mathcal{Z}} = 0$と書き換えることができるので、第６式より直ちに$E_{\mathcal{Z}} = 0$は示される。続いて、第４式の両辺を$\sin\theta \neq 0$で割ると、$\sin\psi E_{\mathcal{X}} + \cos\psi E_{\mathcal{Y}} = 0$となり、第４式と第５式の連立方程式を以下のように行列の形式で書き直すことができる。
$$
\begin{pmatrix} -\cos\psi & \sin\psi \\ \sin\psi & \cos\psi \end{pmatrix} \begin{pmatrix} E_{\mathcal{X}} \\ E_{\mathcal{Y}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}
$$この左側の行列の行列式は$-\cos^2\psi – \sin^2\psi = -1 \neq 0$であるので、逆行列が存在し、この連立方程式の解は自明な解${}^t (E_{\mathcal{X}},E_{\mathcal{Y}} ) = {}^t (0,0)$しか存在しないため、$E_{\mathcal{X}} = E_{\mathcal{Y}} = 0$も示された。□

以上より、自由な剛体の運動を記述する方程式はこの６式
$$
\frac{\partial L}{\partial x_G} – \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}_G}\right) = 0 – \frac{d}{dt}(M \dot{x}_G) = -M \ddot{x}_G = 0
$$$$
\frac{\partial L}{\partial y_G} – \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{y}_G}\right) = 0 – \frac{d}{dt}(M \dot{y}_G) = -M \ddot{y}_G = 0
$$$$
\frac{\partial L}{\partial z_G} – \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{z}_G}\right) = 0 – \frac{d}{dt}(M \dot{z}_G) = -M \ddot{z}_G = 0
$$$$
\mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} \dot{\omega}_{\mathcal{Z}} = (\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}) \omega_{\mathcal{X}} \omega_{\mathcal{Y}}
$$$$
\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} \dot{\omega}_{\mathcal{X}} = (\mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}}) \omega_{\mathcal{Y}} \omega_{\mathcal{Z}}
$$$$
\mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}} \dot{\omega}_{\mathcal{Y}} = (\mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} – \mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}}) \omega_{\mathcal{Z}} \omega_{\mathcal{X}}
$$に整理されました。上の３式は剛体の並進運動を表していて、外力を受けない場合においては剛体の重心は静止あるいは等速直線運動をします。下の３式は剛体の回転運動を表していて、この解を初等関数で解くことはできませんが、特殊関数を用いて厳密な解析解が得られるので見ていきましょう。

５　保存則から厳密解を求める

さて、物理学において非線形微分方程式を解析的に解くときに非常に重要になるのが、保存則です。保存則を見つけることで、方程式の階数が１つ下がることになり、非線形方程式が一気に扱いやすくなることが非常に多いので、見ていきましょう。

保存量の見当のつけ方は、ここらへんで考えたように、基本的にはネーターの定理や対称性を中心に考えます。どういう変換をしてもラグランジアンが保存しそうか、に注目するといいですね。なお、剛体のラグランジアンは、
\begin{align*}
& L(\boldsymbol{r}_G,\phi,\theta,\psi,\dot{\boldsymbol{r}_G},\dot{\phi},\dot{\theta},\dot{\psi})=\int_\mathcal{V} \left\{ \frac{1}{2} \rho(\boldsymbol{s}) |\dot{\boldsymbol{r}}(\boldsymbol{s}, t)|^2 \right\} d\mathcal{V} \\ &= \frac{1}{2} M{\dot{\boldsymbol{r}}_G}^2 + \frac{1}{2} \left( \mathcal{I}_{\mathcal{X} \mathcal{X}} (\dot{\theta} \cos \psi + \dot{\phi} \sin \psi \sin \theta)^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Y} \mathcal{Y}} (-\dot{\theta} \sin \psi + \dot{\phi} \cos \psi \sin \theta)^2 +
\mathcal{I}_{\mathcal{Z} \mathcal{Z}} (\dot{\psi} + \dot{\phi} \cos \theta)^2 \right)
\end{align*}であることに注意してください。

系３.９
自由な剛体の運動において、並進運動のエネルギー$M \left( {\dot{x_G}}^2 + {\dot{y_G}}^2 +{\dot{z_G}}^2 \right)/2$が時間変化に対して保存する。

系３.９の証明

系３.10
自由な剛体の運動において、回転運動のエネルギー$\left( \mathcal{I}_{\mathcal{X} \mathcal{X}} {\omega_{\mathcal{X}}}^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Y} \mathcal{Y}} {\omega_{\mathcal{Y}}}^2 +
\mathcal{I}_{\mathcal{Z} \mathcal{Z}} {\omega_{\mathcal{Z}}}^2 \right)/2$が時間変化に対して保存する。

系３.10の証明

系３.11
自由な剛体の運動において、角運動量の大きさの２乗 $\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}}^2\omega_{\mathcal{X}}^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}^2\omega_{\mathcal{Y}}^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}}^2\omega_{\mathcal{Z}}^2$ が時間変化に対して保存する。

系３.11の証明

力学系のラグランジアン
\begin{align*}
&L(\boldsymbol{r}_G,\phi,\theta,\psi,\dot{\boldsymbol{r}_G},\dot{\phi},\dot{\theta},\dot{\psi}) \\[1.5ex]
&=\frac{1}{2} M{\dot{\boldsymbol{r}}_G}^2 + \frac{1}{2} \left( \mathcal{I}_{\mathcal{X} \mathcal{X}} (\dot{\theta} \cos \psi + \dot{\phi} \sin \psi \sin \theta)^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Y} \mathcal{Y}} (-\dot{\theta} \sin \psi + \dot{\phi} \cos \psi \sin \theta)^2 +
\mathcal{I}_{\mathcal{Z} \mathcal{Z}} (\dot{\psi} + \dot{\phi} \cos \theta)^2 \right)
\end{align*}は、空間の特定の方向を特別扱いするような項が一切含まれていないため、空間は完全に等方的であるとして扱え、系２.９の結果より、$\sum_{i=1}^N \boldsymbol{r}_i \times \left( \nabla_{\dot{\boldsymbol{r}}_i} L \right)$は保存する。これを計算すると、重心を原点に取ったとき、
\begin{align*}
&\sum_{i=1}^N \boldsymbol{r}_i \times \left( \nabla_{\dot{\boldsymbol{r}}_i} L \right) = \sum_{i=1}^N m_i (\boldsymbol{r}_i \times \dot{\boldsymbol{r}}_i) = \sum_{i=1}^N m_i \left( \boldsymbol{r}_i \times (\boldsymbol{\omega} \times \boldsymbol{r}_i) \right) = \sum_{i=1}^N m_i \left[ \boldsymbol{\omega}(\boldsymbol{r}_i \cdot \boldsymbol{r}_i) – \boldsymbol{r}_i(\boldsymbol{r}_i \cdot \boldsymbol{\omega}) \right] \\
&= \begin{pmatrix} I_{xx} & I_{xy} & I_{xz} \\ I_{yx} & I_{yy} & I_{yz} \\ I_{zx} & I_{zy} & I_{zz} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \omega_x \\ \omega_y \\ \omega_z \end{pmatrix} = I\boldsymbol{\omega}
\end{align*}となる。ただし、２つ目の等号は定理３.２の証明において扱ったように$\frac{d}{dt} \boldsymbol{s}’ = \boldsymbol{\omega} \times \boldsymbol{s}’$であること、３つ目の等号はベクトル３重積を用い、４つ目の等号は$\boldsymbol{r}_i={}^t \! (x_i,y_i,z_i), {}^t \! \boldsymbol{\omega}=(\omega_x,\omega_y,\omega_z)$を代入して整理した。さてここで、このベクトルの大きさも保存されるから、定義２.４にしたがって、慣性主軸に対応する慣性テンソルを$\mathcal{I}$として、${}^t R I R = \mathcal{I}$なる直交行列を$R$とすると、
$$
|I\boldsymbol{\omega}| = {}^t \! (I\boldsymbol{\omega}) I\boldsymbol{\omega} = {}^t \! \boldsymbol{\omega}) {}^t \! I I\boldsymbol{\omega} = {}^t \! ({}^t \! R \boldsymbol{\omega}) {}^t \! ({}^t R I R) {}^t R I R {}^t \! R\boldsymbol{\omega} = \mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}}^2\omega_{\mathcal{X}}^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}^2\omega_{\mathcal{Y}}^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}}^2\omega_{\mathcal{Z}}^2
$$も時間変化に対して保存される。これより、示された。□

さてここまであげてきた保存則を使うと、厳密な解析解を書くことができます。やってみましょう。

系３.12
オイラーの運動方程式の厳密な解析解$\omega_{\mathcal{X}},\omega_{\mathcal{Y}},\omega_{\mathcal{Z}}$は、以下の積分の結果である(初等関数ではこれ以上書けないが、これで十分である)。ただし、$A,B,C,D,A’,B’,C’,D’,A”,B”,C”,D”$は初期条件で決まる定数である。
$$
t = \int \frac{\mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}}}{(\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}) \sqrt{A – B \omega_{\mathcal{Z}}^2} \sqrt{C – D \omega_{\mathcal{Z}}^2}} d\omega_{\mathcal{Z}}
$$$$
t = \int \frac{\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}}}{(\mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}}) \sqrt{A’ – B’ \omega_{\mathcal{X}}^2} \sqrt{C’ – D’ \omega_{\mathcal{X}}^2}} d\omega_{\mathcal{X}}
$$$$
t = \int \frac{\mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}}{(\mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} – \mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}}) \sqrt{A” – B” \omega_{\mathcal{Y}}^2} \sqrt{C” – D” \omega_{\mathcal{Y}}^2}} d\omega_{\mathcal{Y}}
$$

系３.12の証明

系３.10、系３.11より、定数$E, L$を用いて、
$$
2E = \mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} \omega_{\mathcal{X}}^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}} \omega_{\mathcal{Y}}^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} \omega_{\mathcal{Z}}^2
$$$$
L^2 = \mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}}^2 \omega_{\mathcal{X}}^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}^2 \omega_{\mathcal{Y}}^2 + \mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}}^2 \omega_{\mathcal{Z}}^2
$$とかくことができ、この２式から$\omega_{\mathcal{X}}^2, \omega_{\mathcal{Y}}^2$を消去して、$\omega_{\mathcal{Z}}$を求めると、改めて定数を$A,B,C,D$とおいて$\omega_{\mathcal{X}}^2 = A – B \omega_{\mathcal{Z}}^2, \omega_{\mathcal{Y}}^2 = C – D \omega_{\mathcal{Z}}^2$とかける。オイラーの運動方程式の$\mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} \dot{\omega}_{\mathcal{Z}} = (\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}) \omega_{\mathcal{X}} \omega_{\mathcal{Y}}$にこれを代入して整理すると、
$$
\mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}} \frac{d {\omega}_{\mathcal{Z}}}{dt} = (\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}) \sqrt{A – B \omega_{\mathcal{Z}}^2} \sqrt{C – D \omega_{\mathcal{Z}}^2}
$$となるが、これは変数分離型の微分方程式より解くことができ、
$$
t = \int \frac{\mathcal{I}_{\mathcal{Z}\mathcal{Z}}}{(\mathcal{I}_{\mathcal{X}\mathcal{X}} – \mathcal{I}_{\mathcal{Y}\mathcal{Y}}) \sqrt{A – B \omega_{\mathcal{Z}}^2} \sqrt{C – D \omega_{\mathcal{Z}}^2}} d\omega_{\mathcal{Z}}
$$となる。$\omega_{\mathcal{X}},\omega_{\mathcal{Y}}$についても同様に示される。□

このように外力の働かない剛体の運動を、ラグランジュ力学のやり方で厳密に解くことができます。もちろんこの結果は、ニュートンの運動方程式を用いて解いたものと同じになりますよ。

以上、解析力学で古典力学の複雑な問題を解いてみました。お疲れさまでした。

第１章―ラグランジュ力学を復習する

１ 最小作用の原理

２ オイラー=ラグランジュ方程式

第２章――古典力学における自由な剛体のラグランジアンを考える

１ 多質点系のラグランジアンを考える

２ 拘束系のラグランジアンを考える

３ 自由な剛体のラグランジアンを考える

第３章―剛体の運動エネルギー

１ 慣性テンソルを導入する

２ 慣性主軸を導入する

３ オイラー角を導入する

４ オイラー=ラグランジュ方程式を解く

５ 保存則から厳密解を求める

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