2次元調和振動子と2次元中心力ポテンシャルのオイラー・ラグランジュ方程式

2次元調和振動子

2次元調和振動子の時のラグランジアン $L$ は、以下のようになります。

$\begin{eqnarray} L=\frac{1}{2}m(\dot{x^2}+\dot{y^2})-\frac{1}{2}k(x^2+y^2)\tag{1} \end{eqnarray}$

$x$ 方向のE-L eq.を計算します。

$\begin{eqnarray} &&\frac{\rm d}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial L}{\partial\dot{x}}\right)=\frac{\partial L}{\partial{x}}\\ &&\Leftrightarrow\frac{\rm d}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial }{\partial\dot{x}}\left(\frac{1}{2}m(\dot{x^2}+\dot{y^2})-\frac{1}{2}k(x^2+y^2)\right)\right)=\frac{\partial}{\partial{x}}\left(\frac{1}{2}m(\dot{x^2}+\dot{y^2})-\frac{1}{2}k(x^2+y^2)\right)\\ &&\Leftrightarrow\frac{\rm d}{{\rm d}t}(m\dot{x})=-k\dot{x}\\ &&\Leftrightarrow m\dot{x}=-kx\tag{2} \end{eqnarray}$

$y$ 方向のE-L eq. も同様に、以下のようになります。

$\begin{eqnarray} &&m\dot{y}=-ky\tag{3} \end{eqnarray}$

2次元中心力ポテンシャル

半径に比例するようなポテンシャルを持つシステムがあるとします。
このとき、ラグランジアン $L$ は、以下のようになります。

$\begin{eqnarray} L=\frac{1}{2}m(\dot{r^2}+r^2\dot{\theta^2})-Ar\tag{4} \end{eqnarray}$

$r$ 方向のE-L eq.を計算します。

$\begin{eqnarray} &&\frac{\rm d}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial L}{\partial\dot{r}}\right)=\frac{\partial L}{\partial{r}}\\ &&\Leftrightarrow\frac{\rm d}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial}{\partial\dot{r}}\left(\frac{1}{2}m(\dot{r^2}+r^2\dot{\theta^2})-Ar\right)\right)=\frac{\partial}{\partial{r}}\left(\frac{1}{2}m(\dot{r^2}+r^2\dot{\theta^2})-Ar\right)\\ &&\Leftrightarrow \frac{\rm d}{{\rm d}t}(m\dot{r})=mr\dot{\theta^2}-A\\ &&\Leftrightarrow m\ddot{r}=mr\dot{\theta^2}-A\\ &&\Leftrightarrow m(\ddot{r}-r\dot{\theta^2})=-A\tag{5} \end{eqnarray}$

式 $(5)$ の左辺は極座標の $r$ 方向のeomの左辺と一致していることが分かります。
式 $(5)$ の右辺はこれでいいのかな？って感じもしますが、式 $(5)$ はなんとなくこれいいんじゃないかなって気がします。

$\theta$ 方向のE-L eq.を計算します。

$\begin{eqnarray} &&\frac{\rm d}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial L}{\partial\dot{\theta}}\right)=\frac{\partial L}{\partial{\theta}}\\ &&\Leftrightarrow\frac{\rm d}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial}{\partial\dot{\theta}}\left(\frac{1}{2}m(\dot{r^2}+r^2\dot{\theta^2})-Ar\right)\right)=\frac{\partial}{\partial{\theta}}\left(\frac{1}{2}m(\dot{r^2}+r^2\dot{\theta^2})-Ar\right)\\ &&\Leftrightarrow \frac{\rm d}{{\rm d}t}(mr^2\dot{\theta})=0\tag{6}\\ &&\Leftrightarrow m(2r\dot{r}\dot{\theta}+r^2\ddot{\theta})=0\\ &&\Leftrightarrow m(2\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta})=0\tag{7} \end{eqnarray}$

式 $(7)$ で $r$ は恒等的に $r\not=0$ としています。今考えているのは回転運動なので、 $r\not=0$ で考えても差し支えないってことだと思います。
式 $(7)$ の左辺は極座標の $\theta$ 方向のeomの左辺と一致していることが分かります。

式 $(6)$ より、 $mr^2\dot{\theta}=$ 定数であることが分かります。
$mr^2\dot{\theta}$ は角運動量を表します。

力学の復習として、 $mr^2\dot{\theta}$ が角運動量であることを示してみます。
$3$ 次元で考えますが、 $z=0$ と固定します。

図1
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位置ベクトル ${\bf r}$ は、 ${\bf r}=\displaystyle\begin{pmatrix}x\\y\\0\end{pmatrix}=\displaystyle\begin{pmatrix}r\cos\theta\\r\sin\theta\\0\end{pmatrix}$ です。

運動量 $\bf p$ は、 ${\bf p}=m{\bf v}=m\dfrac{{\rm d}{\bf r}}{{\rm d}t}=m\displaystyle\begin{pmatrix}\dot{r}\cos\theta-r\dot{\theta}\sin\theta\\ \dot{r}\sin\theta+r\dot{\theta}\cos\theta\\ 0\end{pmatrix}$ です。

角運動量 $L$ は、

$\begin{eqnarray} {\bf L}&=&{\bf r}\times{\bf p}\\ &=&\begin{pmatrix}r\cos\theta\\r\sin\theta\\0\end{pmatrix}\times m\begin{pmatrix}\dot{r}\cos\theta-r\dot{\theta}\sin\theta\\ \dot{r}\sin\theta+r\dot{\theta}\cos\theta\\ 0\end{pmatrix}\\ &=&\begin{pmatrix}0\\0\\m\left(r\cos\theta(\dot{r}\sin\theta+r\dot{\theta}\cos\theta)-r\sin\theta(\dot{r}\cos\theta-r\dot{\theta}\sin\theta)\right)\end{pmatrix}\\ &=&\begin{pmatrix}0\\0\\mr^2\dot{\theta}\end{pmatrix}\tag{8} \end{eqnarray}$

です。
式 $(8)$ より、 $mr^2\theta$ は角運動量 $L$ の $z$ 成分であることが分かりました。
これは、 $z=0$ の平面上で回転する運動を表します。
また、式 $(6)$ より、その角運動量が一定なので、角運動量が保存していることが分かります。
この角運動量保存の言いかえが、ケプラーの第2法則「面積速度一定」です。(詳細は力学の書籍を参考にしてください。)

一般的なポテンシャル

一般的なポテンシャルについて考えます。
このとき、ラグランジアン $L$ は、以下のようになります。

$\begin{eqnarray} L=\frac{1}{2}m(\dot{r^2}+r^2\dot{\theta^2})-U(r,\theta)\tag{9} \end{eqnarray}$

$\theta$ 方向のE-L eq.を計算します。

$\begin{eqnarray} &&\frac{\rm d}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial L}{\partial\dot{\theta}}\right)=\frac{\partial L}{\partial{\theta}}\\ &&\Leftrightarrow\frac{\rm d}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial}{\partial\dot{\theta}}\left(\frac{1}{2}m(\dot{r^2}+r^2\dot{\theta^2})-U(r,\theta)\right)\right)=\frac{\partial}{\partial{\theta}}\left(\frac{1}{2}m(\dot{r^2}+r^2\dot{\theta^2})-U(r,\theta)\right)\\ &&\Leftrightarrow \frac{\rm d}{{\rm d}t}(mr^2\dot{\theta})=-\frac{\partial U}{\partial\theta}\tag{10}\\ &&\Leftrightarrow m(2r\dot{r}\dot{\theta}+r^2\ddot{\theta})=-\frac{\partial U}{\partial\theta}\\ &&\Leftrightarrow m(2\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta})=-\frac{1}{r}\frac{\partial U}{\partial\theta}\tag{11} \end{eqnarray}$