Statistical Mechanics: Theory and Molecular Simulation Chapter 1 - Classical mechanics -

Statistical Mechanics: Theory and Molecular SimulationはMark Tuckermanによって著された分子シミュレーションに関連した熱・統計物理学，及び量子力学の参考書になります。

Amazon.co.jp: Statistical Mechanics: Theory and Molecular Simulation (Oxford Graduate Texts) : Tuckerman, Mark: Foreign Language Books

現時点では（恐らく）和訳がないこともあり，日本での知名度はあまりないような気がしますが，被引用数が1400を超えていることを考えると海外では高く認知されている参考書みたいです。

Mark E Tuckerman

本記事では，Chapter 1の章末問題の和訳とその解答例を紹介します。解答例に間違いが見受けられた場合はお知らせいただけると助かります。

Problem 1.1

一次元空間をポテンシャル$${U(x)=Cx}$$($${C}$$は定数)の下で運動する粒子に関して，任意の初期条件に対する運動方程式の解を求めよ。また，位相空間上での代表的な軌道を描画せよ。

---

$${\mathcal{H}(x,p)=\frac{p^2}{2}+Cx}$$とおくと，ハミルトンの運動方程式より，

$$
\begin{align*}
\dot{x}&=\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}\\
&=p\\
\dot{p}&=-\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial x}\\
&=-C\\
\end{align*}\tag{1}
$$

となる。
$${\dot{p}}$$を時間に関して積分すると，

$$
\begin{align*}
p(t)&=-Ct+p(0)\\
\end{align*}\tag{2}
$$

となる。
式(2)を更に積分することにより，

$$
\begin{align*}
x(t)&=-\frac{C}{2}t^2+p(0)t+x(0)\\
\end{align*}\tag{3}
$$

が得られる。
$${C=1, x(0)=0}$$と固定し，$${p(0)=0, 5, 10}$$とした場合の位相空間上の軌道を図1に示す。

図１：位相空間上の軌道

Problem 1.2

下記ポテンシャル下で運動する質量$${m}$$の粒子を考える。

$$
\begin{align*}
U(x)&=-\frac{\omega^2}{8a^2}\left(x^2-a^2\right)^2\\
\end{align*}\tag{4}
$$

a. 式(5)がハミルトンの運動方程式の解であることを示せ，ここで$${t_0}$$は任意の定数である。

$$
\begin{align*}
x(t)&=a\tanh\left[\frac{\omega(t-t_0)}{2}\right]
\end{align*}\tag{5}
$$

b. 時間の原点を$${t=0}$$ではなく$${t\rightarrow-\infty}$$とした場合，式(5)の解に対応する初期条件を求めよ。

c. 式(5)の$${t\rightarrow\infty}$$における挙動を求めよ。

d. 式(5)の解を位相空間上でプロットせよ。

---

a.ハミルトンの運動方程式より，

$${\mathcal{H}(x,p)=\frac{p^2}{2m}+U(x)}$$とおくと，ハミルトンの運動方程式より，

$$
\begin{align*}
\dot{x}&=\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial p}\\
&=p\\
\dot{p}&=-\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial x}\\
&=\frac{\omega^2}{2a^2}x\left(x^2-a^2\right)^2\\
\end{align*}\tag{6}
$$

が得られる。
$${\dot{x}}$$を更に時間で微分することより，$${x(t)}$$が従う微分方程式が得られる。

$$
\begin{align*}
\ddot{x}&=\dot{p}\\
&=\frac{\omega^2}{2a^2}x\left(x^2-a^2\right)^2\\
\end{align*}\tag{7}
$$

式(5)を二階微分することにより，$${\ddot{x}}$$を計算すると

$$
\begin{align*}
\ddot{x}&=-\frac{a\omega^2}{2}\frac{\tanh\left[\frac{\omega(t-t_0)}{2}\right]}{\cosh^2\left[\frac{\omega(t-t_0)}{2}\right]}
\end{align*}\tag{8}
$$

が得られる。
一方，式(5)を式(7)に代入すると，

$$
\begin{align*}
\ddot{x}&=\frac{\omega^2}{2a^2}a\tanh\left[\frac{\omega(t-t_0)}{2}\right]a^2\left(\tanh^2\left[\frac{\omega(t-t_0)}{2}\right]-1\right)^2\\
&=-\frac{a\omega^2}{2}\frac{\tanh\left[\frac{\omega(t-t_0)}{2}\right]}{\cosh^2\left[\frac{\omega(t-t_0)}{2}\right]}
\end{align*}\tag{9}
$$

となり式(8)と一致する。
以上より，題意は示された。

b.

$$
\begin{align*}
\lim_{t\rightarrow-\infty}x(t)&=a\lim_{t\rightarrow-\infty}\tanh\left[\frac{\omega(t-t_0)}{2}\right]\\
&=-a\\
\lim_{t\rightarrow-\infty}p(t)&=\frac{a\omega}{2}\lim_{t\rightarrow-\infty}\frac{1}{\cosh^2\left[\frac{\omega(t-t_0)}{2}\right]}\\
&=0
\end{align*}\tag{10}
$$

c.

$$
\begin{align*}
\lim_{t\rightarrow\infty}x(t)&=a\lim_{t\rightarrow\infty}\tanh\left[\frac{\omega(t-t_0)}{2}\right]\\
&=a\\
\lim_{t\rightarrow\infty}p(t)&=\frac{a\omega}{2}\lim_{t\rightarrow\infty}\frac{1}{\cosh^2\left[\frac{\omega(t-t_0)}{2}\right]}\\
&=0
\end{align*}\tag{11}
$$

d. 系の長さと時間のスケールをそれぞれ$${a, \omega^{-1}}$$に選び，$${x}$$と$${p}$$の関係を求めると，

$$
\begin{align*}
p(t)&=\frac{1}{2}\cosh^{-2}\left[\frac{\omega(t-t_0)}{2}\right]\\
&=\frac{1}{2}\left(1-\tanh^{2}\left[\frac{\omega(t-t_0)}{2}\right]\right)\\
&=\frac{1}{2}\left(1-x(t)^2\right)\\
\therefore p&=\frac{1}{2}\left(1-x^2\right)
\end{align*}\tag{12}
$$

位相空間上のプロットを図２に示す。

図２：位相空間上でのプロット

Problem 1.3

３次元空間上で中心力ポテンシャル$${U(r)=kr^2/2}$$下に置かれた質量$${m}$$の粒子の軌跡$${r(t)}$$を決定せよ。式(1.4.29)を数値的に積分することにより，$${m}$$と$${k}$$は固定して$${l}$$を変化させたときの解の様子を確認せよ。$${l}$$に対する解の挙動について論ぜよ。

$$
\begin{align*}
t&=\int_{r(0)}^r\frac{{\rm d}r'}{\sqrt{\frac{2}{m}(E-U(r')-\frac{l^2}{2mr'^2})}}
\end{align*}\tag{1.4.29}
$$

---

$$
\begin{align*}
\frac{{\rm d}r}{{\rm d}t}&=\pm\sqrt{\frac{2}{m}\left(E-\frac{kr^2}{2}-\frac{l^2}{2mr^2}\right)}\\
2r\frac{{\rm d}r}{{\rm d}t}&=\pm2\sqrt{\frac{2}{m}\left(Er^2-\frac{kr^4}{2}-\frac{l^2}{2m}\right)}\\
\end{align*}
$$

$${x=r^2}$$とおくと，

$$
\begin{align*}
\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}&=\pm2\sqrt{\frac{2}{m}\left(Ex-\frac{kx^2}{2}-\frac{l^2}{2m}\right)}\\
&=\pm2\sqrt{\frac{k}{m}}\sqrt{\frac{2}{k}\left(\frac{E^2}{2k}-\frac{l^2}{2m}\right)-\left(\frac{E}{k}-x\right)^2}
\end{align*}
$$

と変形できる。
$${\omega:=\sqrt{k/m},\ a:=E/k,\ \varepsilon:=\sqrt{1-\frac{kl^2}{mE^2}}}$$と定義すると，

$$
\begin{align*}
\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}&=\pm2\omega\sqrt{a^2\varepsilon^2-(a-x)^2}
\end{align*}
$$

となる。
ここで，さらに$${a-x=a\varepsilon\cos u}$$と変数変換すると，

$$
\begin{align*}
\frac{{\rm d}u}{{\rm d}t}&=\pm2\omega\\
u(t)&=\pm2\omega t + u(0)\\
x(t)&=a\left(1-\varepsilon\cos u(t)\right)\\
&=a\left(1-\varepsilon\cos\left(\pm2\omega t + u(0)\right)\right)\\
\therefore r(t)&=\sqrt{x(t)}\\
&=\sqrt{a\left(1-\varepsilon\cos\left(\pm2\omega t + u(0)\right)\right)}
\end{align*}
$$

$${u(0)=\arccos(\frac{a-\sqrt{r(0)}}{a\varepsilon})=:\theta_0}$$とおくと，最終的に

$$
\begin{align*}
r(t)&=\sqrt{a\left(1-\varepsilon\cos\left(\pm2\omega t+\theta_0\right)\right)}
\end{align*}
$$

と計算される。
$${a=1,\ \theta_0=\pi/2,\ \omega=1/2}$$に固定した場合の，$${\varepsilon=0.1,\ 0.25,\ 0.5}$$と変化させた場合の$${r(t)}$$の軌跡を以下に示す。

r(t)の軌跡

$${l}$$が小さくなるほど（$${\varepsilon}$$が大きくなるほど）動径方向の振幅が大きくなる様子が見られる。

Problem 1.4

$${U(r)=\kappa / r}$$の場合にProblem 1.3と同じ問題を解け。

---

$$
\begin{align*}
\frac{{\rm d}r}{{\rm d}t}&=\pm\sqrt{\frac{2}{m}\left(E-\frac{\kappa}{r}-\frac{l^2}{2mr^2}\right)}\\
&=\pm\frac{1}{r}\sqrt{\frac{2}{m}\left(Er^2-\kappa r-\frac{l^2}{2m}\right)}\\
&=\pm\frac{1}{r}\sqrt{-\frac{2E}{m}}\sqrt{\left(\frac{\kappa^2}{4E^2}-\frac{l^2}{2mE}\right)-\left(\frac{\kappa}{2E}-r\right)^2}
\end{align*}
$$

と変形できる。
$${\ a:=\frac{\kappa}{2E},\ \varepsilon:=\sqrt{1-\frac{El^2}{m\kappa^2}}}$$と定義すると，

$$
\begin{align*}
\frac{{\rm d}r}{{\rm d}t}&=\pm\frac{1}{r}\sqrt{-\frac{2E}{m}}\sqrt{a^2\varepsilon^2-\left(a-r\right)^2}
\end{align*}
$$

となる。
ここで，$${a-r=a\varepsilon\cos \theta}$$と変数変換すると，

$$
\begin{align*}
a(1-\varepsilon\cos \theta){\rm d}\theta&=\pm\sqrt{-\frac{2E}{m}}{\rm d}t\\
a(\theta(t)-\varepsilon\sin \theta(t))&=\pm\sqrt{-\frac{2E}{m}} t + a(\theta(0)-\varepsilon\sin \theta(0))\\
r(t)&=a\left\{1-\varepsilon\cos\theta(t)\right\}
\end{align*}
$$

図は省略。。。

Problem 1.5

一次元の粒子の運動がニュートン方程式$${m\ddot{x}=F(x)}$$に従うとする。この方程式を速度ベルレアルゴリズムを用いて数値積分するとき，有限の時間ステップ$${\Delta t}$$に対する時間発展は次の式で与えられる。

$$
\begin{align*}
x(\Delta t)&=x(0)+\Delta t\frac{p(0)}{m}+\frac{\Delta t^2}{2m}F(x(0))\\
p(\Delta t)&=p(0)+\frac{\Delta t}{2}[F(x(0))+F(x(\Delta t))]
\end{align*}
$$

対応するヤコビアン

$$
\begin{align*}
\mathbf{J}&=\begin{pmatrix}\frac{\partial x(\Delta t)}{\partial x(0)}&\frac{\partial x(\Delta t)}{\partial p(0)}\\\frac{\partial p(\Delta t)}{\partial x(0)}&\frac{\partial p(\Delta t)}{\partial p(0)}\end{pmatrix}
\end{align*}
$$

を用いてアルゴリズムがシンプレクティック積分であること，及び$${{\rm det}[\mathbf{J}]=1}$$を満たすことを示せ。

---

$$
\begin{align*}
\frac{\partial x(\Delta t)}{\partial x(0)}&=1+\frac{\Delta t^2}{2m}F^{(1)}(x(0))\\
\frac{\partial x(\Delta t)}{\partial p(0)}&=\frac{\Delta t}{m}\\
\frac{\partial p(\Delta t)}{\partial x(0)}&=\frac{\Delta t}{2}F^{(1)}(x(0))\\
\frac{\partial p(\Delta t)}{\partial p(0)}&=1\\
\end{align*}
$$

より，

$$
\begin{align*}
\mathbf{J}^{\rm T}\mathbf{M}\mathbf{J}&=\begin{pmatrix}1+\frac{\Delta t^2}{2m}F^{(1)}(x(0))&\frac{\Delta t}{2}F^{(1)}(x(0))\\\frac{\Delta t}{m}&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1+\frac{\Delta t^2}{2m}F^{(1)}(x(0))&\frac{\Delta t}{m}\\\frac{\Delta t}{2}F^{(1)}(x(0))&1\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}1+\frac{\Delta t^2}{2m}F^{(1)}(x(0))&\frac{\Delta t}{2}F^{(1)}(x(0))\\\frac{\Delta t}{m}&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{\Delta t}{2}F^{(1)}(x(0))&1\\-1-\frac{\Delta t^2}{2m}F^{(1)}(x(0))&-\frac{\Delta t}{m}\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}\\
&=\mathbf{M}
\end{align*}
$$

となるため，シンプレクティック積分である。

$$
\begin{align*}
{\rm det}[\mathbf{J}]&=\left|\begin{pmatrix}1+\frac{\Delta t^2}{2m}F^{(1)}(x(0))&\frac{\Delta t}{m}\\\frac{\Delta t}{2}F^{(1)}(x(0))&1\end{pmatrix}\right|\\
&=1+\frac{\Delta t^2}{2m}F^{(1)}(x(0))-\frac{\Delta t}{m}\frac{\Delta t}{2}F^{(1)}(x(0))
&=1
\end{align*}
$$

Problem 1.6

外部ポテンシャル下にある単一の水分子($${{\rm H_2O}}$$)をを考える。各原子の位置をそれぞれ$${\mathbf{r}_{\rm O}, \mathbf{r}_{\rm H_1},\mathbf{r}_{\rm H_2}}$$，及び各原子に働く力をそれぞれ$${\mathbf{F}_{\rm O}, \mathbf{F}_{\rm H_1},\mathbf{F}_{\rm H_2}}$$と表すことにする。水分子は完全剛体であると仮定し，以下の拘束条件を課すことを考える。

$$
\begin{align*}
|\mathbf{r}_{\rm O}-\mathbf{r}_{\rm H_1}|^2-d_{\rm OH}^2&=0\\
|\mathbf{r}_{\rm O}-\mathbf{r}_{\rm H_2}|^2-d_{\rm OH}^2&=0\\
|\mathbf{r}_{\rm H_1}-\mathbf{r}_{\rm H_2}|^2-d_{\rm HH}^2&=0\\
\end{align*}
$$

a. ラグランジュの未定乗数法を用いて，分子内の３原子が従う運動方程式を導け。

b. 拘束力は分子が移動する際に及ぼされる仕事に影響しないことを示せ。

c. 酸素原子の座標を原点としたbody-fixed frameにおける，分子が存在する平面の垂直方向におけるオイラーの運動方程式を導け。

d. この系を記述する四元数の運動方程式を導け。

---

a. 酸素原子，水素原子の質量をそれぞれ$${m_{\rm O}, m_{\rm H}}$$，及び系のポテンシャルを$${U(\mathbf{r}_{\rm O},\mathbf{r}_{\rm H_1},\mathbf{r}_{\rm H_2})}$$とすると，拘束条件付きのラグランジアンは

$$
\begin{align*}
\mathcal{L}&=\frac{m_{\rm O}}{2}\dot{\mathbf{r}}_{\rm O}^2+\frac{m_{\rm H}}{2}\dot{\mathbf{r}}_{\rm H_1}^2+\frac{m_{\rm H}}{2}\dot{\mathbf{r}}_{\rm H_2}^2-U(\mathbf{r}_{\rm O},\mathbf{r}_{\rm H_1},\mathbf{r}_{\rm H_2})+\lambda_{\rm OH_1}(|\mathbf{r}_{\rm O}-\mathbf{r}_{\rm H_1}|^2-d_{\rm OH}^2)+\lambda_{\rm OH_2}(|\mathbf{r}_{\rm O}-\mathbf{r}_{\rm H_2}|^2-d_{\rm OH}^2)+\lambda_{\rm H_1H_2}(|\mathbf{r}_{\rm H_1}-\mathbf{r}_{\rm H_2}|^2-d_{\rm HH}^2)
\end{align*}
$$

で与えられる。
各変数に対するオイラー=ラグランジュ方程式は以下のようになる。

$$
\begin{align*}
m_{\rm O}\ddot{\mathbf{r}}_{\rm O}&=\mathbf{F}_{\rm O}+2\lambda_{\rm OH_1}(\mathbf{r}_{\rm O}-\mathbf{r}_{\rm H_1})+2\lambda_{\rm OH_2}(\mathbf{r}_{\rm O}-\mathbf{r}_{\rm H_2})\\
m_{\rm H}\ddot{\mathbf{r}}_{\rm H_1}&=\mathbf{F}_{\rm H_1}-2\lambda_{\rm OH_1}(\mathbf{r}_{\rm O}-\mathbf{r}_{\rm H_1})+2\lambda_{\rm H_1H_2}(\mathbf{r}_{\rm H_1}-\mathbf{r}_{\rm H_2})\\
m_{\rm H}\ddot{\mathbf{r}}_{\rm H_2}&=\mathbf{F}_{\rm H_2}-2\lambda_{\rm OH_2}(\mathbf{r}_{\rm O}-\mathbf{r}_{\rm H_2})-2\lambda_{\rm H_1H_2}(\mathbf{r}_{\rm H_1}-\mathbf{r}_{\rm H_2})\\
\end{align*}
$$

b. $${\mathbf{R}^{\rm (A)}=(\mathbf{r}_{\rm O}^{\rm (A)}, \mathbf{r}_{\rm H_1}^{\rm (A)}, \mathbf{r}_{\rm H_2}^{\rm (A)})}$$から$${\mathbf{R}^{\rm (B)}=(\mathbf{r}_{\rm O}^{\rm (B)}, \mathbf{r}_{\rm H_1}^{\rm (B)}, \mathbf{r}_{\rm H_2}^{\rm (B)})}$$に要する仕事$${W_{\rm A\rightarrow B}}$$を考える。

$$
\begin{align*}
W_{\rm A\rightarrow B}&=\int_{\mathbf{r}_{\rm O}^{\rm (A)}}^{\mathbf{r}_{\rm O}^{\rm (B)}}{\rm d}\mathbf{r}_{\rm O}\left\{\mathbf{F}_{\rm O}+2\lambda_{\rm OH_1}(\mathbf{r}_{\rm O}-\mathbf{r}_{\rm H_1})+2\lambda_{\rm OH_2}(\mathbf{r}_{\rm O}-\mathbf{r}_{\rm H_2})\right\}\\
&\ \ \ \ \ +\int_{\mathbf{r}_{\rm H_1}^{\rm (A)}}^{\mathbf{r}_{\rm H_1}^{\rm (B)}}{\rm d}\mathbf{r}_{\rm H_1}\left\{\mathbf{F}_{\rm H_1}-2\lambda_{\rm OH_1}(\mathbf{r}_{\rm O}-\mathbf{r}_{\rm H_1})+2\lambda_{\rm H_1H_2}(\mathbf{r}_{\rm H_1}-\mathbf{r}_{\rm H_2})\right\}\\
&\ \ \ \ \ +\int_{\mathbf{r}_{\rm H_2}^{\rm (A)}}^{\mathbf{r}_{\rm H_2}^{\rm (B)}}{\rm d}\mathbf{r}_{\rm H_2}\left\{\mathbf{F}_{\rm H_2}-2\lambda_{\rm OH_2}(\mathbf{r}_{\rm O}-\mathbf{r}_{\rm H_2})-2\lambda_{\rm H_1H_2}(\mathbf{r}_{\rm H_1}-\mathbf{r}_{\rm H_2})\right\}\\
&=\int_{\mathbf{r}_{\rm O}^{\rm (A)}}^{\mathbf{r}_{\rm O}^{\rm (B)}}{\rm d}\mathbf{r}_{\rm O}\mathbf{F}_{\rm O}+\int_{\mathbf{r}_{\rm H_1}^{\rm (A)}}^{\mathbf{r}_{\rm H_1}^{\rm (B)}}{\rm d}\mathbf{r}_{\rm H_1}\mathbf{F}_{\rm H_1}+\int_{\mathbf{r}_{\rm H_2}^{\rm (A)}}^{\mathbf{r}_{\rm H_2}^{\rm (B)}}{\rm d}\mathbf{r}_{\rm H_2}\mathbf{F}_{\rm H_2}\\
&=-\int_{\mathbf{r}_{\rm O}^{\rm (A)}}^{\mathbf{r}_{\rm O}^{\rm (B)}}{\rm d}\mathbf{r}_{\rm O}\frac{\partial U}{\partial \mathbf{r}_{\rm O}}-\int_{\mathbf{r}_{\rm H_1}^{\rm (A)}}^{\mathbf{r}_{\rm H_1}^{\rm (B)}}{\rm d}\mathbf{r}_{\rm H_1}\frac{\partial U}{\partial \mathbf{r}_{\rm H_1}}-\int_{\mathbf{r}_{\rm H_2}^{\rm (A)}}^{\mathbf{r}_{\rm H_2}^{\rm (B)}}{\rm d}\mathbf{r}_{\rm H_2}\frac{\partial U}{\partial \mathbf{r}_{\rm H_2}}\\
&=-\int_{\mathbf{R}^{\rm (A)}}^{\mathbf{R}^{\rm (B)}}{\rm d} U\\
&=U(\mathbf{R}^{\rm (A)})-U(\mathbf{R}^{\rm (B)})
\end{align*}
$$

となり，仕事は拘束力には依存せずにポテンシャルの差分のみで決まる。

c. H-O-Hがなす角を$${\theta_0}$$，及び$${\rm O}$$原子を原点とするbody-fixed frameにおける$${\rm H_1}$$原子の座標を$${\mathbf{r}_1=d_{\rm OH}\begin{bmatrix}\cos\theta& \sin\theta\end{bmatrix}^{\rm T}}$$とする。
$${\rm H_2}$$原子の座標は$${\mathbf{r}_2=d_{\rm OH}\begin{bmatrix}\cos(\theta+\theta_0)& \sin(\theta+\theta_0)\end{bmatrix}^{\rm T}}$$となり，$${\theta_0}$$は余弦定理より，

$$
\begin{align*}
\cos\theta_0&=1-\frac{d_{\rm HH}^2}{2d_{\rm OH}^2}
\end{align*}
$$

を満たす。
このとき，body-fixed frameのラグランジアン$${\mathcal{L}}$$は

$$
\begin{align*}
\mathcal{L}&=m_{\rm H}d_{\rm OH}^2\dot{\theta}^2-\tilde{V}(\theta)
\end{align*}
$$

となる。
オイラー=ラグランジュ方程式より，

$$
\begin{align*}
\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}}\right)-\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta}&=0\\
2m_{\rm H}d_{\rm OH}^2\ddot{\theta}+\frac{{\rm d}\tilde{V}(\theta)}{{\rm d} \theta}&=0\\
\end{align*}
$$

ここで，

$$
\begin{align*}
\frac{{\rm d}\tilde{V}(\theta)}{{\rm d} \theta}&=\frac{\partial\mathbf{r}_1^{\rm T}}{\partial \theta}\frac{\partial V}{\partial\mathbf{r}_1}+\frac{\partial\mathbf{r}_2^{\rm T}}{\partial \theta}\frac{\partial V}{\partial\mathbf{r}_2}\\
&=-\frac{\partial\mathbf{r}_1^{\rm T}}{\partial \theta}\mathbf{F}_{{\rm H}_1}-\frac{\partial\mathbf{r}_2^{\rm T}}{\partial \theta}\mathbf{F}_{{\rm H}_2}\\
&=-d_{\rm OH}\left(-F_{{\rm H}_1,x}\sin\theta+F_{{\rm H}_1,y}\cos\theta\right)-d_{\rm OH}\left(-F_{{\rm H}_2,x}\sin(\theta+\theta_0)+F_{{\rm H}_2,y}\cos(\theta+\theta_0)\right)\\
\end{align*}
$$

と計算されることを考慮すると，最終的に水分子が存在する平面に垂直方向のオイラーの運動方程式は以下のようになる。

$$
\begin{align*}
2m_{\rm H}d_{\rm OH}^2\ddot{\theta}&=d_{\rm OH}\left[\left(-F_{{\rm H}_1,x}\sin\theta+F_{{\rm H}_1,y}\cos\theta\right)+\left(-F_{{\rm H}_2,x}\sin(\theta+\theta_0)+F_{{\rm H}_2,y}\cos(\theta+\theta_0)\right)\right]\\
\therefore \ddot{\theta} &=\frac{1}{2m_{\rm H}d_{\rm OH}}\left[\left(-F_{{\rm H}_1,x}\sin\theta+F_{{\rm H}_1,y}\cos\theta\right)+\left(-F_{{\rm H}_2,x}\sin(\theta+\theta_0)+F_{{\rm H}_2,y}\cos(\theta+\theta_0)\right)\right]
\end{align*}
$$

d. $${\mathbf{q}:=\begin{bmatrix}\cos\theta& \sin\theta\end{bmatrix}^{\rm T},\tilde{\mathbf{q}}:=\begin{bmatrix}-\sin\theta& \cos\theta\end{bmatrix}^{\rm T}}$$とおくと，$${\mathbf{r}_1=d_{\rm OH}\mathbf{q}, \mathbf{r}_2=d_{\rm OH}(\cos\theta_0\mathbf{q}+\sin\theta_0\tilde{\mathbf{q}})}$$となる。
$${\mathbf{q}^{\rm T}\mathbf{q}=1}$$であることを考慮し，未定乗数$${\lambda}$$を用いてbody-fixed frameのラグランジアン$${\mathcal{L}}$$を

$$
\begin{align*}
\mathcal{L}&=m_{\rm H}d_{\rm OH}^2\dot{\mathbf{q}}^2-\tilde{V}(\mathbf{q})-\lambda\left(\mathbf{q}^{\rm T}\mathbf{q}-1\right)
\end{align*}
$$

とする。
オイラー=ラグランジュ方程式より，

$$
\begin{align*}
\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\mathbf{q}}}\right)-\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \mathbf{q}}&=0\\
2m_{\rm H}d_{\rm OH}^2\ddot{\mathbf{q}}+\frac{\partial\tilde{V}(\mathbf{q})}{\partial \mathbf{q}}+2\lambda \mathbf{q}&=0\\
\therefore \ddot{\mathbf{q}}+\frac{\lambda}{m_{\rm H}d_{\rm OH}^2}\mathbf{q}&=\frac{1}{m_{\rm H}d_{\rm OH}}\left(\mathbf{F}_{{\rm H}_1}+\mathbf{R}_{-\theta_0}\mathbf{F}_{{\rm H}_2}\right)
\end{align*}
$$

Problem 1.7

質量$${m}$$の一次元自由粒子に対して，古典力学における作用（積分）を計算せよ。同じ作業をばね定数$${k}$$の調和振動子に関して繰り返せ。

---

初期条件を$${x(t=0)=x_0, \dot{x}(t=0)=v_0}$$とする。
自由粒子の場合は，ラグランジアンが

$$
\begin{align*}
\mathcal{L}&=\frac{1}{2}m\dot{x}^2\\
&=\frac{1}{2}mv_0^2
\end{align*}
$$

となるため，作用積分は

$$
\begin{align*}
\int_{t_1}^{t_2}{\rm d}t\mathcal{L}&=\frac{1}{2}mv_0^2(t_2-t_1)
\end{align*}
$$

となる。
一方，調和振動子の場合，$${\omega:=\sqrt{k/m}}$$とおくと，

$$
\begin{align*}
x(t)&=x_0\cos\omega t+\frac{v_0}{\omega}\sin\omega t\\
\dot{x}(t)&=-\omega x_0\sin\omega t+v_0\cos\omega t\\
\end{align*}
$$

より，ラグランジアンが

$$
\begin{align*}
\mathcal{L}&=\frac{1}{2}m\dot{x}^2-\frac{1}{2}kx^2\\
&=\left(\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}kx_0^2\right)\cos2\omega t-m\omega x_0v_0\sin2\omega t
\end{align*}
$$

となるため，作用積分は

$$
\begin{align*}
\int_{t_1}^{t_2}{\rm d}t\mathcal{L}&=\frac{1}{2\omega}\left(\frac{1}{2}mv_0^2+\frac{1}{2}kx_0^2\right)\left\{\sin(2\omega t_2+\theta)-\sin(2\omega t_1+\theta)\right\}\\
\theta&:=\arctan\left(\frac{2\omega x_0v_0}{v_0^2-\omega^2x_0^2}\right)
\end{align*}
$$

となる。

Problem 1.8

Fig. 1.13にて描画されているような平らな表面に拘束されたニ原子分子の単純な力学モデルを考える。原子はそれぞれ質量$${m_1,m_2}$$，電荷$${q_1, q_2}$$を持ち，また表面に垂直な方向の一様電場$${E}$$の影響下にあるものとする。この場合，各原子のポテンシャルエネルギーは$${q_iEh_i\ (i=1,2)}$$となる，ここで$${h_i}$$は原子$${i}$$の表面からの高さである。

a.  $${\theta_1,\theta_2}$$を一般化座標とした場合の系のラグランジアンを書き下せ。

b. 一般化座標に対する運動方程式を導け。

c. 小角度近似($${\theta_i\ll1}$$)を導入することにより，運動方程式はどのような形となるか求めよ。

Fig. 1.13（参考文献1より転載）

---

a. 

$$
\begin{align*}
\mathcal{L}&=\frac{1}{2}m_1l_1^2\dot{\theta}_1^2+\frac{1}{2}m_2\left(l_1\dot{\theta}_1+l_2\dot{\theta}_2\right)^2-q_1El_1\cos\theta_1-q_2E(l_1\cos\theta_1+l_2\cos\theta_2)
\end{align*}
$$

b.

$$
\begin{align*}
\frac{\rm d}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\theta}_1}\right)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\theta_1}&=m_1l_1^2\ddot{\theta}_1+m_2l_1\left(l_1\ddot{\theta}_1+l_2\ddot{\theta}_2\right)-(q_1+q_2)El_1\sin\theta_1\\
&=(m_1+m_2)l_1^2\ddot{\theta}_1+m_2l_1l_2\ddot{\theta}_2-(q_1+q_2)El_1\sin\theta_1\\
&=0\\
\frac{\rm d}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\theta}_2}\right)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\theta_2}&=m_2l_2\left(l_1\ddot{\theta}_1+l_2\ddot{\theta}_2\right)-q_2El_2\sin\theta_2\\
&=0\\
\begin{bmatrix}(m_1+m_2)l_1^2&m_2l_1l_2\\m_2l_1l_2&m_2l_2^2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\ddot{\theta}_1\\\ddot{\theta}_2\end{bmatrix}&=\begin{bmatrix}(q_1+q_2)El_1\sin\theta_1\\ q_2El_2\sin\theta_2\end{bmatrix}\\
&=\begin{bmatrix}(q_1+q_2)El_1&0\\0&q_2El_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\sin\theta_1\\ \sin\theta_2\end{bmatrix}\\
\therefore \begin{bmatrix}\ddot{\theta}_1\\\ddot{\theta}_2\end{bmatrix}&=\begin{bmatrix}(m_1+m_2)l_1^2&m_2l_1l_2\\m_2l_1l_2&m_2l_2^2\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}(q_1+q_2)El_1&0\\0&q_2El_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\sin\theta_1\\ \sin\theta_2\end{bmatrix}\\
\end{align*}
$$

c. $${\sin\theta_i\simeq\theta_i}$$と近似できるとき，

$$
\begin{align*}
 \begin{bmatrix}\ddot{\theta}_1\\\ddot{\theta}_2\end{bmatrix}&\simeq\begin{bmatrix}(m_1+m_2)l_1^2&m_2l_1l_2\\m_2l_1l_2&m_2l_2^2\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}(q_1+q_2)El_1&0\\0&q_2El_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\theta_1\\ \theta_2\end{bmatrix}\\
\end{align*}
$$

となり，連立線形微分方程式に帰着する。

Problem 1.9

ガウスの最小束縛の原理を用いて，外部ポテンシャル下にある剛直な二原子分子の非ハミルトンの運動方程式を決定せよ。拘束条件は以下の式に従うものとする。

$$
\begin{align*}
\sigma(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2)&=|\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2|^2-d^2
\end{align*}
$$

---

原子の質量を$${m}$$，外部ポテンシャルを$${U(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2)}$$，及び未定乗数を$${\lambda}$$として拘束条件付きのラグランジアンを

$$
\begin{align*}
\mathcal{L}&=\frac{m}{2}(\dot{\mathbf{r}}_1^2+\dot{\mathbf{r}}_2^2)-U(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2)-\lambda\sigma(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2)\\
&=\frac{m}{2}(\dot{\mathbf{r}}_1^2+\dot{\mathbf{r}}_2^2)-U(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2)-\lambda\left(|\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2|^2-d^2\right)\\
\end{align*}
$$

と定義する。
オイラー＝ラグランジュ方程式より$${\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2}$$の運動方程式は以下のようになる。

$$
\begin{align*}
m\ddot{\mathbf{r}}_1&=\mathbf{F}_1+2\lambda(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\\
m\ddot{\mathbf{r}}_2&=\mathbf{F}_2-2\lambda(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\\
\mathbf{F}_1&:=-\frac{\partial U(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2)}{\partial \mathbf{r}_1}\\
\mathbf{F}_2&:=-\frac{\partial U(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2)}{\partial \mathbf{r}_2}\\
\end{align*}
$$

$${\sigma(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2)}$$を時間微分することによって未定乗数$${\lambda}$$を決めることを考える。

$$
\begin{align*}
\frac{{\rm d}\sigma(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2)}{{\rm d}t}&=\frac{\partial \sigma(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2)}{\partial \mathbf{r}_1}\cdot\dot{\mathbf{r}}_1+\frac{\partial \sigma(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2)}{\partial \mathbf{r}_2}\cdot\dot{\mathbf{r}}_2\\
&=2(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\cdot\dot{\mathbf{r}}_1-2(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\cdot\dot{\mathbf{r}}_2\\
&=2(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\cdot(\dot{\mathbf{r}}_1-\dot{\mathbf{r}}_2)\\
&=0\\
\frac{1}{2}\frac{{\rm d}^2\sigma(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2)}{{\rm d}t^2}&=(\dot{\mathbf{r}}_1-\dot{\mathbf{r}}_2)\cdot(\dot{\mathbf{r}}_1-\dot{\mathbf{r}}_2)+(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\cdot(\ddot{\mathbf{r}}_1-\ddot{\mathbf{r}}_2)\\
&=\left|\dot{\mathbf{r}}_1-\dot{\mathbf{r}}_2\right|^2+(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\cdot\left[\frac{1}{m}\left\{\mathbf{F}_1+2\lambda(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\right\}-\frac{1}{m}\left\{\mathbf{F}_2-2\lambda(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\right\}\right]\\
&=\left|\dot{\mathbf{r}}_1-\dot{\mathbf{r}}_2\right|^2+\frac{1}{m}(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\cdot(\mathbf{F}_1-\mathbf{F}_2)+\frac{4\lambda}{m}\left|\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2\right|^2\\
&=0\\
\therefore \lambda&=-\frac{m\left|\dot{\mathbf{r}}_1-\dot{\mathbf{r}}_2\right|^2+(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\cdot(\mathbf{F}_1-\mathbf{F}_2)}{4\left|\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2\right|^2}\\
&=-\frac{m\left|\dot{\mathbf{r}}_1-\dot{\mathbf{r}}_2\right|^2+(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\cdot(\mathbf{F}_1-\mathbf{F}_2)}{4d^2}
\end{align*}
$$

以上より，運動方程式は以下のようになる。

$$
\begin{align*}
m\ddot{\mathbf{r}}_1&=\mathbf{F}_1-\left\{\frac{m\left|\dot{\mathbf{r}}_1-\dot{\mathbf{r}}_2\right|^2+(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\cdot(\mathbf{F}_1-\mathbf{F}_2)}{2d^2}\right\}(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\\
m\ddot{\mathbf{r}}_2&=\mathbf{F}_2+\left\{\frac{m\left|\dot{\mathbf{r}}_1-\dot{\mathbf{r}}_2\right|^2+(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\cdot(\mathbf{F}_1-\mathbf{F}_2)}{2d^2}\right\}(\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2)\\

\end{align*}
$$

Problem 1.10

1.7節で扱った調和ポリマーモデルを質量が$${m,M}$$と交互に繰り返される場合に置き換えて考える。ばね定数は$${m\omega^2}$$であるとする。$${n=5}$$の場合の基準モードと対応する振動数を求めよ。

---

連立微分方程式は以下のようになる。

$$
\begin{align*}
\ddot{\boldsymbol\eta}&=-\omega^2\mathbf{A}\boldsymbol\eta\\
\boldsymbol\eta(t)&:=\begin{bmatrix}\eta_1(t)&\eta_2(t)&\eta_3(t)&\eta_4(t)&\eta_5(t)\end{bmatrix}^{\rm T}\\
\mathbf{A}&:=\begin{bmatrix}1&-1&0&0&0\\
-\frac{m}{M}&\frac{2m}{M}&-\frac{m}{M}&0&0\\
0&-1&2&-1&0\\
0&0&-\frac{m}{M}&\frac{2m}{M}&-\frac{m}{M}\\
0&0&0&-1&1\end{bmatrix}
\end{align*}
$$

$${\boldsymbol\Omega}$$の固有値，固有状態がそれぞれ基準振動数，基準モードに対応する。
固有値を$${\lambda}$$とおくと，

$$
\begin{align*}
|\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I}|&=-\lambda\left\{\lambda^2-\left(2\frac{m}{M}+1\right)\lambda+\frac{m}{M}\right\}\left\{\lambda^2-\left(2\frac{m}{M}+3\right)\lambda+\left(3\frac{m}{M}+2\right)\right\}\\
&=0\\
\therefore \lambda&=0,\frac{m}{M}+\frac{1}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{m}{M}\right)^2+\frac{1}{4}},\frac{m}{M}+\frac{3}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{m}{M}\right)^2+\frac{1}{4}}
\end{align*}
$$

対応する固有ベクトルはそれぞれ以下のとおりである。

$$
\begin{align*}
\lambda_1&=0&,
\mathbf{u}_1&=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{bmatrix}1&1&1&1&1\end{bmatrix}^{\rm T}\\
\lambda_2&=\frac{m}{M}+\frac{1}{2}-\sqrt{\left(\frac{m}{M}\right)^2+\frac{1}{4}}&,
\mathbf{u}_2&=\frac{1}{\sqrt{2\{(\lambda_2-1)^2+1\}}}\begin{bmatrix}-1&\lambda_2-1&0&1-\lambda_2&1\end{bmatrix}^{\rm T}\\
\lambda_3&=\frac{m}{M}+\frac{1}{2}+\sqrt{\left(\frac{m}{M}\right)^2+\frac{1}{4}}&,
\mathbf{u}_3&=\frac{1}{\sqrt{2\{(\lambda_3-1)^2+1\}}}\begin{bmatrix}-1&\lambda_3-1&0&1-\lambda_3&1\end{bmatrix}^{\rm T}\\
\lambda_4&=\frac{m}{M}+\frac{3}{2}-\sqrt{\left(\frac{m}{M}\right)^2+\frac{1}{4}}&,
\mathbf{u}_4&=\frac{1}{\sqrt{2\{(1+2M^2/m^2)(1-\lambda_4)^2+4M/m(1-\lambda_4)+3\}}}\begin{bmatrix}1&1-\lambda_4&2M/m(m/M+1-\lambda_4)&1-\lambda_4&1\end{bmatrix}^{\rm T}\\
\lambda_5&=\frac{m}{M}+\frac{3}{2}+\sqrt{\left(\frac{m}{M}\right)^2+\frac{1}{4}}&,
\mathbf{u}_5&=\frac{1}{\sqrt{2\{(1+2M^2/m^2)(1-\lambda_5)^2+4M/m(1-\lambda_5)+3\}}}\begin{bmatrix}1&1-\lambda_5&2M/m(m/M+1-\lambda_5)&1-\lambda_5&1\end{bmatrix}^{\rm T}\\
\end{align*}
$$

基準モードを$${\xi_i:=\mathbf{u}_i^{\rm T}\boldsymbol\eta, i=\{1,2,3,4,5\}}$$と定義すると，

$$
\begin{align*}
\ddot{\xi}_i&=-\lambda_i\omega^2\xi_i
\end{align*}
$$

を満たすため，対応する振動数は$${\sqrt{\lambda_i}\omega}$$となる。

Problem 1.12

質量$${m}$$の粒子が以下の二重井戸型ポテンシャルの下で運動しているとする。

$$
\begin{align*}
U(x)&=\frac{U_0}{a^4}\left(x^2-a^2\right)^2
\end{align*}
$$

等エネルギー表面$${\mathcal{H}(x,p)=E}$$の等高線図を以下の場合に分けて描画せよ。

$$
\begin{align*}
a &.\ E < U_0\\
b &.\ E = U_0+\epsilon,\ {\rm where}\ \epsilon \ll U_0\\
c &.\ E > U_0\\
\end{align*}
$$

---

$${p/\sqrt{2mU_0}\rightarrow p, x/a\rightarrow x, E/U_0\rightarrow E}$$とし，

$$
\begin{align*}
E&=p^2+\left(x^2-1\right)^2
\end{align*}
$$

$${E=0.25, 0.5,0.75, 1.0000001, 1.25, 1.5, 1.75}$$の場合の位相空間上での軌跡を以下に示す。

等高線の様子

Problem 1.13

$${N}$$個の荷電粒子が静電場と相互作用する系のハミルトニアンは，$${i}$$番目の荷電粒子の電荷，質量，位置，運動量がそれぞれ$${q_i,m_i,\mathbf{r}_i,\mathbf{p}_i}$$とおくと以下の式で与えられる。

$$
\begin{align*}
\mathcal{H}&=\sum_{n=1}^N\frac{(\mathbf{p}_i-q_i\mathbf{A}(\mathbf{r}_i)/c)^2}{2m_i}+\sum_{n=1}^Nq_i\phi(\mathbf{r}_i)
\end{align*}
$$

ここで，$${\mathbf{A}(\mathbf{r})}$$はベクトルポテンシャル，$${\phi(\mathbf{r})}$$はスカラーポテンシャル，$${c}$$は光速を表す。系の電場$${\mathbf{E}(\mathbf{r})}$$と磁場$${\mathbf{B}(\mathbf{r})}$$はそれぞれ以下の式から求めることができる。

$$
\begin{align*}
\mathbf{E}(\mathbf{r})&=-\nabla\phi(\mathbf{r})\\
\mathbf{B}(\mathbf{r})&=\nabla\times A(\mathbf{r})\\
\end{align*}
$$

ここでは粒子同士の相互作用は考慮しない，すなわち電磁場に置かれた理想気体であると仮定する。密度が薄い前提では，クーロン相互作用よりも場との相互作用が支配的になるため，この過程は非現実的ではない。

a. この系におけるハルミトンの運動方程式を導出し，電場$${\mathbf{E}(\mathbf{r})}$$と磁場$${\mathbf{B}(\mathbf{r})}$$に置かれた各粒子に働く力を決定せよ。この力はローレンツ力として知られる。ニューロン力学の形式で運動方程式を表現せよ。

b. $${N=1}$$，かつ$${\mathbf{E}=\mathbf{0}}$$，$${\mathbf{B}=\begin{pmatrix}0&0&B\end{pmatrix}}$$の場合，任意の初期条件に対する運動方程式を解き，その軌跡を描画せよ。

---

a. $${i}$$番目の粒子の$${x}$$座標$${x_i}$$，及びその正準共役な運動量$${p_{ix}}$$に対するハミルトニアンの運動方程式は

$$
\begin{align*}
\dot{x}_i&=\frac{\partial\mathcal{H}}{\partial p_{ix}}\\
&=\frac{1}{m_i}\left\{p_{ix}-\frac{q_i}{c}A_x(\mathbf{r}_i)\right\}\\
\dot{p}_{ix}&=-\frac{\partial\mathcal{H}}{\partial x_{i}}\\
&=\frac{q_i}{m_ic}\left(\mathbf{p}_i-\frac{q_i}{c}\mathbf{A}\right)\cdot\frac{\partial\mathbf{A}}{\partial x_i}-q_i\frac{\partial\phi(\mathbf{r}_i)}{\partial x_i}\\
&=\frac{q_i}{c}\dot{\mathbf{r}}_i\cdot\frac{\partial\mathbf{A}}{\partial x_i}+q_iE_x(\mathbf{r}_i)
\end{align*}
$$

となる。
$${m_i\dot{x}_i}$$を時間微分すると，

$$
\begin{align*}
m_i\ddot{x}_i&=\dot{p}_{ix}-\frac{q_i}{c}\dot{A}_x(\mathbf{r}_i)\\
&=\frac{q_i}{c}\dot{\mathbf{r}}_i\cdot\frac{\partial\mathbf{A}}{\partial x_i}+q_iE_x(\mathbf{r}_i)-\frac{q_i}{c}(\nabla_i A_x)\cdot\dot{\mathbf{r}}_i\\
&=q_i\left\{E_x(\mathbf{r}_i)+\frac{1}{c}\dot{\mathbf{r}}_i\cdot\left(\frac{\partial\mathbf{A}}{\partial x_i}-\nabla_i A_x\right)\right\}\\
&=q_i\left\{E_x(\mathbf{r}_i)+\frac{1}{c}\left(\dot{\mathbf{r}}_i\times \mathbf{B}(\mathbf{r}_i)\right)_x\right\}\\
&=q_i\left\{\mathbf{E}(\mathbf{r}_i)+\frac{1}{c}\left(\dot{\mathbf{r}}_i\times \mathbf{B}(\mathbf{r}_i)\right)\right\}_x\\
\therefore m_i\ddot{\mathbf{r}}_i&=q_i\left\{\mathbf{E}(\mathbf{r}_i)+\frac{1}{c}\left(\dot{\mathbf{r}}_i\times \mathbf{B}(\mathbf{r}_i)\right)\right\}
\end{align*}
$$

b. 

$$
\begin{align*}
\ddot{x}&=\frac{qB}{mc}\dot{y}\\
\ddot{y}&=-\frac{qB}{mc}\dot{x}
\end{align*}
$$

$${\frac{qB}{mc}=\omega}$$とおいて，$${\ddot{y}}$$を積分すると，

$$
\begin{align*}
\dot{y}(t)-\dot{y}(0)&=-\omega\{x(t)-x(0)\}\\
\frac{1}{\omega}\ddot{x}(t)-\dot{y}(0)&=-\omega\{x(t)-x(0)\}\\
\therefore\ddot{x}(t)+\omega^2x(t)&=\omega\dot{y}(0)+\omega^2x(0)
\end{align*}
$$

となり，$${x(t)}$$に関する常微分方程式が得られる。
これを解くと，

$$
\begin{align*}
x(t)&=\frac{\dot{y}(0)}{\omega}(1-\cos\omega t)+\frac{\dot{x}(0)}{\omega}\sin\omega t+x(0)
\end{align*}
$$

$${y(t)}$$に関して同様に解くと，

$$
\begin{align*}
y(t)&=\frac{\dot{x}(0)}{\omega}(\cos\omega t-1)+\frac{\dot{y}(0)}{\omega}\sin\omega t+y(0)
\end{align*}
$$

が得られる。

$$
\begin{align*}
\left\{x(t)-x(0)-\frac{\dot{y}(0)}{\omega}\right\}^2+\left\{y(t)-y(0)+\frac{\dot{x}(0)}{\omega}\right\}^2&=\frac{\dot{x}(0)^2+\dot{y}(0)^2}{\omega^2}
\end{align*}
$$

となり，半径$${\sqrt{\dot{x}(0)^2+\dot{y}(0)^2}/\omega}$$の円運動する。

Problem 1.14

トルクに関する式(1.11.47)

$$
\begin{align*}
\boldsymbol\tau&=-\frac{1}{2}\mathbf{S}(\mathbf{q})^{\rm T}\frac{\partial U}{\partial\mathbf{q}}
\end{align*}\tag{1.11.47}
$$

を用いて，式(1.11.46)のエネルギー

$$
\begin{align*}
E&=\frac{1}{2}\left[I_{xx}\omega_x^2+I_{yy}\omega_y^2+I_{zz}\omega_z^2\right]+U(\mathbf{q})
\end{align*}\tag{1.11.46}
$$

が保存することを示せ。

---

$$
\begin{align*}
\frac{{\rm d}E}{{\rm d}t}&=\left[I_{xx}\omega_x\dot{\omega}_x+I_{yy}\omega_y\dot{\omega}_y+\omega_z\dot{\omega}_z\right]+\dot{\mathbf{q}}^{\rm T}\frac{\partial U}{\partial\mathbf{q}}\\
&=\boldsymbol\omega^{\rm T}\boldsymbol\tau+\left\{\frac{1}{2}\mathbf{S}(\mathbf{q})\boldsymbol\omega\right\}^{\rm T}\frac{\partial U}{\partial\mathbf{q}}\\
&=\boldsymbol\omega^{\rm T}\boldsymbol\tau+\boldsymbol\omega^{\rm T}\left\{\frac{1}{2}\mathbf{S}(\mathbf{q})^{\rm T}\frac{\partial U}{\partial\mathbf{q}}\right\}\\
&=\boldsymbol\omega^{\rm T}\boldsymbol\tau-\boldsymbol\omega^{\rm T}\boldsymbol\tau\\
&=0
\end{align*}
$$

Problem 1.15

座標$${q}$$，運動量$${p}$$で定義される以下のハミルトニアンで記述される系を考える。

$$
\begin{align*}
H&=\frac{p^n}{n}+\frac{q^n}{n}
\end{align*}
$$

ここで，$${n}$$は２より大きい整数である。もし系のエネルギーが正の整数$${m}$$を用いて$${nE=m^n}$$と選ばれた場合，位相空間上で$${(p, q)}$$が共に正の整数を取る点を通過する軌跡は存在しないことを示せ。

---

エネルギー保存則より，

$$
\begin{align*}
m^n&=p^n+q^n
\end{align*}
$$

となるが，フェルマーの最終定理より上式を満たす正の整数の組$${(p, q)}$$は存在しない。
以上より，題意は示された。

参考文献

• Mark Tuckerman, Statistical Mechanics: Theory and Molecular Simulation (Oxford Graduate Texts)

• 原島 鮮, 力学 (裳華房)