GSO002 問題19

1. オイラーの方程式と保存則

無重力・無トルクの空間における剛体の回転運動は、以下のオイラーの方程式に従う。

$$\begin{aligned} I_1 \dot{\omega}_1 &= (I_2 - I_3) \omega_2 \omega_3 \\ I_2 \dot{\omega}_2 &= (I_3 - I_1) \omega_3 \omega_1 \\ I_3 \dot{\omega}_3 &= (I_1 - I_2) \omega_1 \omega_2 \end{aligned}$$I1​ω˙1​I2​ω˙2​I3​ω˙3​​=(I2​−I3​)ω2​ω3​=(I3​−I1​)ω3​ω1​=(I1​−I2​)ω1​ω2​​

外力が働かないため、回転運動のエネルギー $E$E と角運動量の大きさ $L$L は保存される。初期条件より、これらの保存量は次のように表される。

$$\begin{aligned} 2E &= I_1 \omega_1^2 + I_2 \omega_2^2 + I_3 \omega_3^2 = I_2 \omega_0^2 + I_3 \epsilon^2 \\ L^2 &= I_1^2 \omega_1^2 + I_2^2 \omega_2^2 + I_3^2 \omega_3^2 = I_2^2 \omega_0^2 + I_3^2 \epsilon^2 \end{aligned}$$2EL2​=I1​ω12​+I2​ω22​+I3​ω32​=I2​ω02​+I3​ϵ2=I12​ω12​+I22​ω22​+I32​ω32​=I22​ω02​+I32​ϵ2​

2. 角速度 $\omega_1, \omega_3$ω1​,ω3​ の消去

$\omega_2$ω2​ の挙動を調べるため、保存則から $\omega_1^2$ω12​ と $\omega_3^2$ω32​ を $\omega_2^2$ω22​ で表す。 エネルギーと角運動量の式を連立させて $\omega_1^2$ω12​ を消去する。エネルギーの式を $I_1$I1​ 倍して角運動量の式を引くと、

$$(I_1 I_3 - I_3^2) \omega_3^2 = 2E I_1 - L^2 - I_2(I_1 - I_2) \omega_2^2$$(I1​I3​−I32​)ω32​=2EI1​−L2−I2​(I1​−I2​)ω22​

これに $2E$2E と $L^2$L2 の初期値を代入して整理すると、

$$\begin{aligned} I_3(I_1 - I_3) \omega_3^2 &= I_1(I_2 \omega_0^2 + I_3 \epsilon^2) - (I_2^2 \omega_0^2 + I_3^2 \epsilon^2) - I_2(I_1 - I_2) \omega_2^2 \\ &= I_2(I_1 - I_2)(\omega_0^2 - \omega_2^2) + I_3(I_1 - I_3)\epsilon^2 \end{aligned}$$I3​(I1​−I3​)ω32​​=I1​(I2​ω02​+I3​ϵ2)−(I22​ω02​+I32​ϵ2)−I2​(I1​−I2​)ω22​=I2​(I1​−I2​)(ω02​−ω22​)+I3​(I1​−I3​)ϵ2​

したがって、

$$\omega_3^2 = \frac{I_2(I_1-I_2)}{I_3(I_1-I_3)}(\omega_0^2 - \omega_2^2) + \epsilon^2$$ω32​=I3​(I1​−I3​)I2​(I1​−I2​)​(ω02​−ω22​)+ϵ2

同様に、$\omega_3^2$ω32​ を消去して $\omega_1^2$ω12​ を求めると、

$$\omega_1^2 = \frac{I_2(I_2-I_3)}{I_1(I_1-I_3)}(\omega_0^2 - \omega_2^2)$$ω12​=I1​(I1​−I3​)I2​(I2​−I3​)​(ω02​−ω22​)

となる。

3. 微分方程式の導出と変数分離

第2のオイラー方程式から、

$$\dot{\omega}_2 = \frac{I_3-I_1}{I_2} \omega_1 \omega_3 = - \frac{I_1-I_3}{I_2} \omega_1 \omega_3$$ω˙2​=I2​I3​−I1​​ω1​ω3​=−I2​I1​−I3​​ω1​ω3​

$\omega_2$ω2​ が $\omega_0$ω0​ から $0$0 へ減少する過程では、初期微小変動によって $\omega_1 > 0, \omega_3 > 0$ω1​>0,ω3​>0 となり、$\dot{\omega}_2 < 0$ω˙2​<0 が維持される。先ほど求めた $\omega_1^2, \omega_3^2$ω12​,ω32​ の平方根を代入する。

$$\dot{\omega}_2 = - \frac{I_1-I_3}{I_2} \sqrt{\frac{I_2(I_2-I_3)}{I_1(I_1-I_3)}(\omega_0^2 - \omega_2^2)} \sqrt{\frac{I_2(I_1-I_2)}{I_3(I_1-I_3)}(\omega_0^2 - \omega_2^2) + \epsilon^2}$$ω˙2​=−I2​I1​−I3​​I1​(I1​−I3​)I2​(I2​−I3​)​(ω02​−ω22​)​I3​(I1​−I3​)I2​(I1​−I2​)​(ω02​−ω22​)+ϵ2​

係数を整理するため、ルートの外の項を中に入れて計算すると、

$$\dot{\omega}_2 = - \sqrt{\frac{(I_1-I_2)(I_2-I_3)}{I_1 I_3}} \sqrt{(\omega_0^2 - \omega_2^2) \left\{ \omega_0^2 - \omega_2^2 + \frac{I_3(I_1-I_3)}{I_2(I_1-I_2)}\epsilon^2 \right\}}$$ω˙2​=−I1​I3​(I1​−I2​)(I2​−I3​)​​(ω02​−ω22​){ω02​−ω22​+I2​(I1​−I2​)I3​(I1​−I3​)​ϵ2}​

ここで、定数を次のように置く。

$$\alpha = \sqrt{\frac{(I_1-I_2)(I_2-I_3)}{I_1 I_3}}, \quad k^2 = \frac{I_3(I_1-I_3)}{I_2(I_1-I_2)}\epsilon^2$$α=I1​I3​(I1​−I2​)(I2​−I3​)​​,k2=I2​(I1​−I2​)I3​(I1​−I3​)​ϵ2

これにより、微分方程式は非常に簡潔な形になる。

$$\frac{d\omega_2}{dt} = - \alpha \sqrt{(\omega_0^2 - \omega_2^2)(\omega_0^2 - \omega_2^2 + k^2)}$$dtdω2​​=−α(ω02​−ω22​)(ω02​−ω22​+k2)​

4. 楕円積分への帰着と反転時間の計算

$\omega_2$ω2​ が $\omega_0$ω0​ から $0$0 に達するまでの時間を $T_{1/2}$T1/2​ とする。変数分離して積分すると、

$$T_{1/2} = \int_{0}^{\omega_0} \frac{d\omega_2}{\alpha \sqrt{(\omega_0^2 - \omega_2^2)(\omega_0^2 - \omega_2^2 + k^2)}}$$T1/2​=∫0ω0​​α(ω02​−ω22​)(ω02​−ω22​+k2)​dω2​​

積分を実行するため $\omega_2 = \omega_0 \cos\theta$ω2​=ω0​cosθ と置換する。$d\omega_2 = -\omega_0 \sin\theta d\theta$dω2​=−ω0​sinθdθ であり、積分範囲は $0$0 から $\pi/2$π/2 となる。

$$T_{1/2} = \frac{1}{\alpha} \int_0^{\pi/2} \frac{\omega_0 \sin\theta d\theta}{\sqrt{\omega_0^2 \sin^2\theta (\omega_0^2 \sin^2\theta + k^2)}} = \frac{1}{\alpha} \int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{\sqrt{\omega_0^2 \sin^2\theta + k^2}}$$T1/2​=α1​∫0π/2​ω02​sin2θ(ω02​sin2θ+k2)​ω0​sinθdθ​=α1​∫0π/2​ω02​sin2θ+k2​dθ​

$\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta$sin2θ=1−cos2θ より、

$$T_{1/2} = \frac{1}{\alpha} \int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{\sqrt{\omega_0^2 + k^2 - \omega_0^2 \cos^2\theta}}$$T1/2​=α1​∫0π/2​ω02​+k2−ω02​cos2θ​dθ​

さらに $\phi = \pi/2 - \theta$ϕ=π/2−θ と変数変換を行うと、$\cos^2\theta = \sin^2\phi$cos2θ=sin2ϕ となり、

$$T_{1/2} = \frac{1}{\alpha \sqrt{\omega_0^2+k^2}} \int_0^{\pi/2} \frac{d\phi}{\sqrt{1 - \frac{\omega_0^2}{\omega_0^2+k^2} \sin^2\phi}}$$T1/2​=αω02​+k2​1​∫0π/2​1−ω02​+k2ω02​​sin2ϕ​dϕ​

これはパラメタ $m = \frac{\omega_0^2}{\omega_0^2+k^2}$m=ω02​+k2ω02​​ を持つ第一種完全楕円積分 $K(m)$K(m) に帰着する。 反転時間 $T$T は $\omega_0 \to -\omega_0$ω0​→−ω0​ までの時間であり、対称性から $T = 2 T_{1/2}$T=2T1/2​ となる。

$$T = \frac{2 K(m)}{\alpha \sqrt{\omega_0^2+k^2}}$$T=αω02​+k2​2K(m)​

5. 漸近公式の適用と最終解答

$\epsilon \ll \omega_0$ϵ≪ω0​ より $k^2 \ll \omega_0^2$k2≪ω02​ であるため、$m$m は $1$1 に極めて近い。ここで漸近公式 $K(m) \approx \frac{1}{2}\ln\left(\frac{16}{1-m}\right)$K(m)≈21​ln(1−m16​) を用いる。

$$1-m = 1 - \frac{\omega_0^2}{\omega_0^2+k^2} = \frac{k^2}{\omega_0^2+k^2} \approx \frac{k^2}{\omega_0^2}$$1−m=1−ω02​+k2ω02​​=ω02​+k2k2​≈ω02​k2​

また分母の $\sqrt{\omega_0^2+k^2} \approx \omega_0$ω02​+k2​≈ω0​ と近似できる。よって、

$$T \approx \frac{2}{\alpha \omega_0} \times \frac{1}{2} \ln \left( \frac{16 \omega_0^2}{k^2} \right) = \frac{1}{\alpha \omega_0} \ln \left( \frac{16 \omega_0^2}{k^2} \right)$$T≈αω0​2​×21​ln(k216ω02​​)=αω0​1​ln(k216ω02​​)

制約条件の数値を代入する。

• $\alpha = \sqrt{\frac{(5-4)(4-2)}{5 \times 2}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$α=5×2(5−4)(4−2)​​=5​1​
• $k^2 = \frac{2(5-2)}{4(5-4)}\epsilon^2 = \frac{6}{4}\epsilon^2 = \frac{3}{2}\epsilon^2$k2=4(5−4)2(5−2)​ϵ2=46​ϵ2=23​ϵ2
• $\omega_0 = 10 \implies \omega_0^2 = 100$ω0​=10⟹ω02​=100
• $\epsilon = 10^{-4} \implies \epsilon^2 = 10^{-8}$ϵ=10−4⟹ϵ2=10−8

係数部分は、

$$\frac{1}{\alpha \omega_0} = \frac{\sqrt{5}}{10}$$αω0​1​=105​​

対数の中身は、

$$\frac{16 \omega_0^2}{k^2} = \frac{16 \times 100}{\frac{3}{2} \times 10^{-8}} = \frac{3200}{3} \times 10^8 = \frac{32}{3} \times 10^{10}$$k216ω02​​=23​×10−816×100​=33200​×108=332​×1010

したがって、求める反転時間 $T$T は

$$T = \frac{\sqrt{5}}{10} \ln \left( \frac{32}{3} \times 10^{10} \right)$$T=105​​ln(332​×1010)

これは指定された形式 $T = \frac{\sqrt{A}}{B} \ln \left( \frac{C}{D} \times 10^10 \right)$T=BA​​ln(DC​×1010) に一致する。 各変数は $A=5, B=10, C=32, D=3$A=5,B=10,C=32,D=3 となる。

求める値は $A+B+C+D$A+B+C+D であるから、

$$5 + 10 + 32 + 3 = 50$$5+10+32+3=50

最終解答: 50