解析力学の問題

1. 回転に対する変換とラグランジアンの変化

微小回転 $\delta x=-\epsilon y,\delta y=\epsilon x$（$\delta \dot{x}=-\epsilon \dot{y},\delta \dot{y}=\epsilon \dot{x}$）を考える。運動エネルギー項 $\frac{m}{2}({\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2)$ とポテンシャル項 $\frac{k}{2}(x^2+y^2)$ は回転で不変である。磁場の項については
$$\delta (y\dot{x})=\delta y\dot{x}+y\delta \dot{x}=\epsilon (x\dot{x}-y\dot{y})=\epsilon \frac{d}{dt}\left(\frac{x^2-y^2}{2}\right)$$
なので
$$\delta L=\epsilon \frac{d\Lambda }{dt},\Lambda =-\frac{qB}{2}\left(x^2-y^2\right)$$
となり、$L$ は時間の全微分の差を除いて不変である。

2. ネーターの定理による保存量

正準運動量は $p_x=\partial L/\partial \dot{x}=m\dot{x}-qBy,p_y=m\dot{y}$ である。$\delta L=\epsilon d\Lambda /dt$ のとき、ネーターの定理より
$$G=p_x\frac{\delta x}{\epsilon }+p_y\frac{\delta y}{\epsilon }-\Lambda$$
が保存する。計算すると
$$G=-y(m\dot{x}-qBy)+mx\dot{y}+\frac{qB}{2}(x^2-y^2)=m(x\dot{y}-y\dot{x})+\frac{qB}{2}(x^2+y^2).$$

3. エネルギー保存

$L$ は時間をあらわに含まないので、$h=p_x\dot{x}+p_y\dot{y}-L$ が保存する。
$$h=\frac{m}{2}({\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2)+\frac{k}{2}(x^2+y^2)=E$$
（磁場の項は $\dot{x}$ について 1 次なので打ち消し合う。ローレンツ力は仕事をしないことに対応する）。

4. 極座標で書き、初期値を代入

$x=r\cos \phi ,y=r\sin \phi$ とすると $x\dot{y}-y\dot{x}=r^2\dot{\phi }$ だから
$$G=m{r}^2\dot{\phi }+\frac{qB}{2}{r}^2,E=\frac{m}{2}({\dot{r}}^2+r^2{\dot{\phi }}^2)+\frac{k}{2}{r}^2.$$
$t=0$ では $r=a,\dot{r}=0,r\dot{\phi }=v_0$ なので
$$G=ma{v}_0+\frac{qB{a}^2}{2},E=\frac{m}{2}{v}_0^2+\frac{k}{2}{a}^2.$$

5. $r$ の極値の条件

$r^2\dot{\phi }=\frac{1}{m}\left(G-\frac{qB}{2}{r}^2\right)$ を $E$ に代入し、$u=r^2$ とおくと
$$\frac{m}{2}{\dot{r}}^2=E-\frac{1}{2mu}{\left(G-\frac{qB}{2}u\right)}^2-\frac{k}{2}u.$$
両辺に $2mu(>0)$ をかけると $m^{2}u{\dot{r}}^2=-f(u)$、ここで
$$f(u)=\left(\frac{q^2{B}^2}{4}+mk\right)u^2-(qBG+2mE)u+G^2$$
である。$f(u)\le 0$ となる範囲（$f=0$ の 2 根の間）で運動し、$r$ が極値をとるのは $f(u)=0$ のときである。

$u=a^2$ を代入すると $G-\frac{qB}{2}{a}^2=ma{v}_0$ より運動エネルギーの角度部分が $\frac{m}{2}{v}_0^2$ となり、$u=a^2$ は $f(u)=0$ の解である。解と係数の関係より 2 つの解の積は $\frac{G^2}{\frac{q^2{B}^2}{4}+mk}$ なので、もう一方の解は
$$u_2=\frac{G^2}{a^2\left(\frac{q^2{B}^2}{4}+mk\right)}=\frac{{\left(m{v}_0+\frac{qBa}{2}\right)}^2}{\frac{q^2{B}^2}{4}+mk}=\frac{(2m{v}_0+qBa{)}^2}{q^2{B}^2+4mk}.$$

6. 最大値の判定

$u_2>a^2$ は $(2m{v}_0+qBa{)}^2>a^2(q^2{B}^2+4mk)$、すなわち $4m^2{v}_0^2+4mqBa{v}_0>4mk{a}^2$、つまり $k{a}^2<m{v}_0^2+qBa{v}_0$ と同値であり、与えられた条件から成り立つ。よって $r$ は $a\le r\le \sqrt{u_2}$ の範囲を動き、最大値は
$$r_{\max }=\frac{2m{v}_0+qBa}{\sqrt{q^2{B}^2+4mk}}.$$

（確認：$k=0$ ならば $a+\frac{2m{v}_0}{qB}$ となり、半径 $\frac{m{v}_0}{qB}$ のサイクロトロン円運動の結果と一致する。$B=0$ ならば $v_0\sqrt{m/k}$ となり、楕円軌道の半軸と一致する。）

ネーターの定理により保存量を求める。回転 $\delta x=-\epsilon y,\delta y=\epsilon x$ に対して、$\delta L=-qB\epsilon (x\dot{x}-y\dot{y})=\epsilon \frac{d}{dt}\left[-\frac{qB}{2}(x^2-y^2)\right]$ となる。ポテンシャル項と運動エネルギー項は回転で不変である。

正準運動量は $p_x=m\dot{x}-qBy,p_y=m\dot{y}$ である。保存量は
$Q=p_x(-y)+p_{y}x+\frac{qB}{2}(x^2-y^2)=m(x\dot{y}-y\dot{x})+\frac{qB}{2}(x^2+y^2)$。

初期条件では $Q=ma{v}_0+\frac{qB{a}^2}{2}=a\left(m{v}_0+\frac{qBa}{2}\right)$。

エネルギーは $\frac{m}{2}{v}^2+\frac{k}{2}{r}^2=\frac{m}{2}{v}_0^2+\frac{k}{2}{a}^2$ で保存する。

距離が極値 $r=R$ をとる点では動径方向の速度が 0 なので、$v=R\dot{\theta }$ である。$Q=m{R}^2\dot{\theta }+\frac{qB}{2}{R}^2$ より $v=\frac{Q-qB{R}^2/2}{mR}$。

これをエネルギー保存に代入し、$u=R^2$、$M=m{v}_0^2+k{a}^2$ とおくと
$\frac{(Q-qBu/2{)}^2}{mu}+ku=M$。
両辺に $mu$ をかけて整理すると
$\left(\frac{q^2{B}^2}{4}+mk\right)u^2-(qBQ+mM)u+Q^2=0$。

$u=a^2$ はこの式の解である（初期点も $\dot{r}=0$ ではないが、式として満たす）。解と係数の関係より、もう一つの解は
$u_2=\frac{Q^2}{a^2\left(\frac{q^2{B}^2}{4}+mk\right)}=\frac{(m{v}_0+qBa/2{)}^2}{mk+q^2{B}^2/4}$。

$u_2>a^2$ となる条件は $m^2{v}_0^2+mqBa{v}_0>mk{a}^2$、すなわち $k{a}^2<m{v}_0^2+qBa{v}_0$ であり、これは問題の仮定と一致する。したがって最大距離は $u_2$ の平方根で、
$R_{\max }=\frac{m{v}_0+qBa/2}{\sqrt{mk+q^2{B}^2/4}}=\frac{2m{v}_0+qBa}{\sqrt{4mk+q^2{B}^2}}$。

検算：$B\to 0$ のとき $R_{\max }=\frac{2m{v}_0}{2\sqrt{mk}}=v_0\sqrt{m/k}$。これは $\frac{m}{2}{v}_0^2$ が全エネルギーの半分以上にあたる等方調和振動子の結果と整合する。実際、$B=0$ では $a$ と $v_0$ が直交するので、長半軸は $\sqrt{\max }$ のほうの値になる。$R_{\max }^2=\frac{m{v}_0^2}{k}$ と $a^2$ を比べると、$k{a}^2<m{v}_0^2$ のとき $R_{\max }>a$ であり、条件と一致する。