1. 예제 1
| [문제] 질량 [math(m)]인 입자가 반지름 [math(R)]인 원통에 구속되어 움직일 때, 해밀토니언을 구하고 해밀턴 역학을 이용하여 계를 분석하시오. |
- [풀이 보기]
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이 문제를 유용하게 분석할 수 있는 원통 좌표계를 사용한다. 이 상황에서 계의 운동 에너지는
[math(\displaystyle \begin{aligned} T=\frac{1}{2}m(R^{2} \dot{\theta}^{2}+\dot{z}^{2}) \end{aligned} )]
또한 퍼텐셜 에너지는
[math(\displaystyle U=mgz )]
따라서 계의 라그랑지언은
[math(\displaystyle \mathscr{L}=\frac{1}{2}m(R^{2} \dot{\theta}^{2}+\dot{z}^{2})-mgz )]
임을 알 수 있다. 따라서 [math(\theta,\,z)]에 대한 일반화 운동량은
[math(\displaystyle \begin{aligned} p_{\theta}&=\frac{\partial \mathscr{L}}{\partial \dot{\theta}}=mR^{2}\dot{\theta} \\ p_{z}&=\frac{\partial \mathscr{L}}{\partial \dot{z}}=m\dot{z} \end{aligned} )]
으로 구해진다. 라그랑지언이 시간에 무관하므로 계의 해밀토니언은 결국 운동 에너지와 퍼텐셜 에너지의 합으로 구해지므로
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathcal{H}&=T+U\\&=\frac{1}{2}m(R^{2} \dot{\theta}^{2}+\dot{z}^{2})+mgz \end{aligned} )]
그러나 해밀토니언은 일반화 운동량과 일반화 좌표의 함수이므로 위에서 얻었던 정보를 고려하면,
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathcal{H}=\frac{p_{\theta}^{2}}{2mR^{2}} +\frac{p_{z}^{2}}{2m} +mgz \end{aligned} )]
으로 구해진다. 이번에는 정준 방정식을 이용하여 계를 분석해보자.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \dot{p}_{\theta}&=-\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial \theta}=0 \\ \dot{p}_{z}&=-\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial z}=-mg \end{aligned} )]
즉, [math(\theta)]에 대한 운동량은 보존됨을 알 수 있으며, 또한,
[math(\displaystyle \begin{aligned} \dot{\theta}&=\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial p_{\theta}}=\frac{p_{\theta}}{mR^{2}} \\ \dot{z}&=\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial p_{z}}=\frac{p_{z}}{m} \end{aligned} )]
을 얻을 수 있다. 위에서 얻은 정보를 이용하면, 다음의 두 미분 방정식을 쉽게 얻음을 알 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \ddot{\theta}&=0 \\ \ddot{z}&=-g \end{aligned} )]
따라서 이 계는 [math(\theta)]방향으로 각운동량이 보존되면서, [math(z)]방향으로 중력 가속도의 가속도로 등가속도 운동함을 알 수 있다.
2. 예제 2[1]
| [문제] 그림과 같이 마찰이 없는 수평면 위에 질량 [math(M)]이고, 경사각이 [math(\theta)], 빗면의 길이가 [math(l)]인 경사면이 있고, 경사면 꼭대기에 질량 [math(m)]인 작은 물체를 놓았을 때, [math(m)]이 빗면을 모두 내려오기까지 걸린 시간을 구하시오. (단, 중력 가속도 [math(\mathbf{g}=-g \hat{\mathbf{y}})]이다.) |
- [풀이 보기]
- 물체들의 위치를 일반화좌표계로 우선 쓰자. 경사면의 꼭대기의 좌표를 [math(x_{1},\,y_{1})], 물체의 좌표를 [math(x_{2},\,y_{2})]라 놓으면 다음을 얻을 수 있다.
[math( \displaystyle \begin{aligned} x_{1}&=X \\ y_{1}&=0 \\ x_{2}&=X+Y\cos{\theta} \\ y_{2}&=-Y\sin\theta \end{aligned})]
이로부터
[math( \displaystyle \begin{aligned} \dot{x}_{1}&=\dot{X} \\ \dot{y}_{1}&=0 \\ \dot{x}_{2}&=\dot{X}+\dot{Y}\cos{\theta} \\ \dot{y}_{2}&=-\dot{Y}\sin\theta \end{aligned})]
이기 때문에 계의 운동 에너지 [math(T)]와 퍼텐셜 에너지 [math(U)]는 다음과 같이 주어진다.
[math( \displaystyle \begin{aligned} T&={1 \over 2} M (\dot{x}_1^2 + \dot{y}_1^2) + {1 \over 2} m (\dot{x}_2^2 + \dot{y}_2^2) \\ &={1 \over 2} M \dot{X}^2 + {1 \over 2} m (\dot{X}^2 + 2 \dot{X} \dot{Y} \cos \theta + \dot{Y}^2) \\ U&=Mgy_1 + mgy_2 = -mgY \sin \theta \end{aligned})]
이것으로부터 라그랑지안은 결정될 수 있다.
[math( \displaystyle \begin{aligned} \mathscr{L} &= T- U \\& = {1 \over 2} M \dot{X}^2 + {1 \over 2} m (\dot{X}^2 + 2 \dot{X} \dot{Y} \cos \theta + \dot{Y}^2) + mgY \sin \theta \end{aligned})]
또, 결정되는 일반화 운동량은
[math( \displaystyle \begin{aligned} p_X &= \frac{\partial \mathscr{L}}{\partial \dot{X}}\\& = (M+m)\dot{X} + m\dot{Y} \cos{\theta} \\ p_Y &= \frac{\partial \mathscr{L}}{\partial \dot{Y}} \\& = m\dot{X} \cos \theta + m \dot{Y} \end{aligned})]
이고, 이에 해밀토니안은
[math( \displaystyle \begin{aligned} \mathcal{H} &= T + U \\& = {1 \over 2} M \dot{X}^2 + {1 \over 2} m (\dot{X}^2 + 2 \dot{X} \dot{Y} \cos \theta + \dot{Y}^2) - mgY \sin \theta \end{aligned})]
으로 결정된다. 이것을 시간 미분하면,
[math( \displaystyle \begin{aligned} \displaystyle \dot{p}_X &= -\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial X} \\&= 0 \\ \dot{p}_Y &= -\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial Y} \\&= mg \sin \theta \end{aligned})]
위에서 구한 일반화 운동량을 시간 미분하면,
[math( \displaystyle \begin{aligned} \dot{p}_X &= (M+m)\ddot{X} + m\ddot{Y} \cos \theta \\ \dot{p}_Y &= m\ddot{X} \cos \theta + m \ddot{Y} \end{aligned})]
이상에서 다음의 미분 방정식을 얻는다.
[math( \displaystyle \begin{aligned} (M+m)\ddot{X} + m\ddot{Y} \cos \theta&=0 \\ m\ddot{X} \cos \theta + m \ddot{Y} &=mg \sin \theta \end{aligned})]
이 방정식을 풀면
[math( \displaystyle \begin{aligned} \ddot{X} &= \frac{ -mg \sin \theta \cos \theta }{ M + m \sin^2 \theta } \\ \ddot{Y} &= \frac{ (m+M) g \sin \theta }{ M + m \sin^2 \theta } \end{aligned})]
따라서 물체가 경사면을 떨어지는데 걸리는 시각을 [math(T)]라 놓으면, [math( l= \ddot{Y}T^{2}/2)]로
[math( \displaystyle T = \sqrt{\frac{ 2l (M + m \sin^2 \theta) }{ (m+M) g \sin \theta }} )]
의 결과가 나오게 된다.
3. 예제 3
| [문제] 그림과 같이 [math(xy)]평면 위에 있으며, 원점 [math(\rm O)]를 지나는 질량을 무시할 수 있고, 길이가 무한한 막대를 회전축을 [math(z)]축으로 하여 각속도 [math(\omega)]로 회전시킨다. 초기에 [math((l,\,0))]에 있던 막대를 따라 움직이는 질량 [math(m)]에 대해서 다음의 물음을 답하시오.
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- [풀이 보기]
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(a)
이 문제는 라그랑주 역학의 예제에서 다룬 문제이며, 라그랑지언이 다음과 같음을 알아냈다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathscr{L}&=T-U\\&=\frac{1}{2}m(\rho^{2}\omega^{2}+\dot{\rho}^{2})-mg\rho\sin{(\omega t)} \end{aligned} )]
이상에서 일반화 운동량은
[math(\displaystyle \begin{aligned} p_{\rho}&=\frac{\partial \mathscr{L}}{\partial \dot{\rho}} \\ &=m \dot{\rho} \end{aligned} )]
따라서 해밀토니언은 라그랑지언의 르장드르 변환으로 주어지므로 다음과 같이 구해진다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathcal{H} &=\sum_{i} p_{\rho}\dot{\rho}_{i}-\mathscr{L} \\ &=m \dot{\rho}^{2}-\left[\frac{1}{2}m(\rho^{2}\omega^{2}+\dot{\rho}^{2})-mg\rho\sin{(\omega t)} \right] \\&=\frac{1}{2}m(\dot{\rho}^{2}-\rho^{2}\omega^{2})+mg\rho\sin{(\omega t)} \\&=\frac{p_{\rho}^{2}}{2m}-\frac{1}{2}m\rho^{2}\omega^{2}+mg\rho\sin{(\omega t)} \end{aligned} )]
(b)
라그랑지언에서
[math(\displaystyle \begin{aligned} T&=\frac{1}{2}m(\rho^{2}\omega^{2}+\dot{\rho}^{2}) \\&=\frac{p_{\rho}^{2}}{2m}+\frac{1}{2}m \rho^{2}\omega^{2} \\U&=mg\rho\sin{(\omega t)} \end{aligned} )]
이므로
[math(\displaystyle \begin{aligned} T+U&=\frac{p_{\rho}^{2}}{2m}+\frac{1}{2}m\rho^{2}\omega^{2}+mg\rho\sin{(\omega t)} \\ &\neq \mathcal{H} \end{aligned} )]
(c)
이 예제에서는 원점으로부터 떨어진 거리 [math(\rho)]를 사용하여 일반화 좌표와 좌표 간의 변환식을 다음과 같이 쓸 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} x&=\rho\cos{(\omega t)} \\ y&=\rho\sin{(\omega t)} \end{aligned} )]
이 결과가 나타난 이유는 위 변환식에서 볼 수 있듯 계가 스클로노믹하지 않기 때문이다. 즉, 좌표와 일반화 좌표 사이의 변환 식이 시간에 의존하기 때문이다.
이 때문에 운동 에너지가 일반화 속도의 2차 동차함수가 되지 않는 것을 (b)에서 확인할 수 있다.
(d)
해밀턴의 운동 방정식을 사용하면
[math(\displaystyle \begin{aligned} -\dot{p}_{\rho}&=\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial p_{\rho}} \\&=-m\rho\omega^{2}+mg\sin{(\omega t)} \end{aligned} )]
이므로
[math(\displaystyle \begin{aligned} \ddot{\rho}-\rho\omega^{2}+g\sin{(\omega t)}=0 \end{aligned} )]
인데 이것은 라그랑주 역학에서 풀었던 것과 동일한 운동 방정식을 얻은 것이다. [math(\rho(0)=l)], [math(\dot{\rho}(0)=0)]을 이용하여 위 방정식을 풀면
[math(\displaystyle \rho(t)=l\cosh{(\omega t)}+\frac{g}{2\omega^{2}}[\sin{(\omega t)}-\sinh{(\omega t)}] )]
이후 물체의 좌표
[math(\displaystyle \begin{aligned} x&=\rho\cos{(\omega t)} \\ y&=\rho\sin{(\omega t)} \end{aligned} )]
임을 이용하면 위치가 구해진다.
4. 예제 4
| [문제] 다음과 같은 정준 변환을 고려하자. [math(\begin{aligned} Q&=\ln{\biggl(\frac{p}{q} \biggr)} \\ P&=-\frac{p}{q}\biggl(\frac{q^2}{2}+1 \biggr) \\ \mathcal{H}'-\mathcal{H}&=a \end{aligned})] 이 정준 변환의 생성 함수 [math(\mathcal{F}=F(q,\,Q,\,t))]를 구하시오. (단, [math(a)]는 상수) |
- [풀이 보기]
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위 변환식으로 부터
[math(\begin{aligned} p&=qe^{Q}\end{aligned})]
임을 알 수 있다.
다음이 성립한다.
[math(\begin{aligned} p&=\frac{\partial F}{\partial q}=qe^{Q} \end{aligned})]
따라서 다음을 얻을 수 있다.
[math(\begin{aligned} F=\frac{q^2}{2}e^{Q}+g(Q)+h(t) \end{aligned})]
또한, [math( g(Q)=e^{Q})]으로 한다면,따라서 구하는 생성 함수는 아래와 같은 꼴이고,
[math(\begin{aligned} P&=-\frac{\partial F}{\partial Q} \\ &=-\frac{q^{2}}{2}e^{Q}-\frac{{\rm d}g}{{\rm d}Q}\\&=-\frac{p}{q}\biggl(\frac{q^2}{2}+1 \biggr)\\&=-e^{Q}\biggl(\frac{q^2}{2}+1 \biggr) \end{aligned})]
[math(\begin{aligned} F=e^{Q} \biggl( \frac{q^2}{2}+1\biggr)+h(t)\end{aligned})]
여기서 [math(h(t))]는 임의의 시간에 대한 함수다. 마지막 해밀토니언의 차이를 이용하면
[math(\begin{aligned}\mathcal{H}'-\mathcal{H} &=\frac{\partial F}{\partial t} \\ &=\frac{{\rm d}h}{{\rm d}t} \\&=a \end{aligned})]
이므로 [math(h(t)=at)]이다.
[math(\begin{aligned} \therefore \mathcal{F}=e^{Q} \biggl( \frac{q^2}{2}+1\biggr)+at \end{aligned})]
5. 예제 5
| [문제] [math(xy)]평면 상에서 질량 [math(m)]인 입자를 [math(\mathbf{g}=-g\mathbf{\hat{y}})]의 중력장에서 투사했을 때, 운동을 해밀턴-야코비 방정식을 통해 분석하시오. |
- [풀이 보기]
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이 문제는 일반화 좌표로 [math(x)], [math(y)]를 사용하면 된다.
해밀토니언은 다음과 같이 주어진다.
[math(\begin{aligned} \mathcal{H}=\frac{p_{x}^{2}}{2m}+\frac{p_{y}^{2}}{2m}+mgy \end{aligned})]
따라서 해밀턴-자코비 방정식은
[math(\begin{aligned} \frac{1}{2m}\biggl(\frac{\partial S}{\partial x} \biggr)^{2}+\frac{1}{2m}\biggl(\frac{\partial S}{\partial y} \biggr)^{2}+mgy+\frac{\partial S}{\partial t} =0 \end{aligned})]
이때, 해밀토니언이 시간에 의존하지 않으므로
[math(\begin{aligned} S=W_{x}(x)+W_{y}(y)-Et \end{aligned})]
형태로 쓰자. 그러면 위 방정식은
[math(\begin{aligned} \frac{1}{2m}\biggl(\frac{{\rm d} W_{x}}{{\rm d} x} \biggr)^{2}+\frac{1}{2m}\biggl(\frac{{\rm d} W_{y}}{{\rm d} y} \biggr)^{2}+mgy-E=0 \end{aligned})]
방정식의 형태를 살짝 바꾸면
[math(\begin{aligned} \biggl(\frac{{\rm d} W_{x}}{{\rm d} x} \biggr)^{2}=-\biggl(\frac{{\rm d} W_{y}}{{\rm d} y} \biggr)^{2}-2m^{2}gy+2mE \end{aligned})]
이로써 각각은 독립된 변수의 함수로 분리되었다.
[math(\begin{aligned} \biggl(\frac{{\rm d} W_{x}}{{\rm d} x} \biggr)^{2}=-\biggl(\frac{{\rm d} W_{y}}{{\rm d} y} \biggr)^{2}-2m^{2}gy+2mE =\beta_{x}^{2} \end{aligned})]
이라 하면, [math(W(x)=\alpha x)]로 쉽게 결정된다. 한편,
[math(\begin{aligned} \frac{{\rm d} W_{y}}{{\rm d} y} =\sqrt{-2m^2 g y+\beta_{y}^{2}} \end{aligned})]
여기서 [math(\beta_{y}^{2}=2mE-\beta_{x}^{2})]이다.
[math(\begin{aligned} \therefore W_{y}=-\frac{(-2m^2 gy+\beta_{y}^{2})^{3/2}}{3m^2 g} \end{aligned})]
이상에서
[math(\begin{aligned} S=\beta_{x}x-\frac{(-2m^2 gy+\beta_{y}^{2})^{3/2}}{3m^2 g}-\frac{\beta_{x}^{2}+\beta_{y}^{2}}{2m}t \end{aligned})]
따라서
[math(\begin{aligned} \alpha_{x}&=\frac{\partial S}{\partial \beta_{x}} \\&=x-\frac{\beta_{x}}{m}t \\\\ \alpha_{y}&=\frac{\partial S}{\partial \beta_{y}} \\ &=-\frac{\beta_{y}\sqrt{\beta^{2}-2m^2 gy }}{m^2 g} \\\\ p_{x}&=\frac{\partial S}{\partial x} \\&=\beta_{x} \\\\ p_{y}&=\frac{\partial S}{\partial y} \\&=\sqrt{\beta_{y}^{2}-2m^2 g y} \end{aligned})]
이상에서
[math(\begin{aligned} x&= \alpha_{x}+\frac{\beta_{x}}{m}t \\ y &=-\frac{1}{2}gt^{2}-\frac{mg \alpha_{y}}{\beta_{y}}t+\frac{\beta_{y}^{2}}{2m^2 g}-\frac{ m^2 g\alpha_{y}^2}{2 \beta_{y}^{2}} \end{aligned})]
초기 조건 [math(x(0)=y(0)=0)], [math(p_{x}(0)=p_{x}^{(0)}>0)], [math(p_{y}(0)=p_{y}^{(0)}>0)]을 이용하면 [math(\alpha_{x}=0)], [math(\beta_{x}=p_{x}^{(0)})], [math(\alpha_{y}=[p_{y}^{(0)} ]^{2}/m^2 g)], [math(\beta_{y}=p_{y}^{(0)})]를 얻으므로
[math(\begin{aligned} x&=\frac{p_{x}^{(0)}}{m}t \\y&=-\frac{1}{2}gt^{2}+\frac{p_{y}^{(0)}}{m}t \\ p_{x}&=p_{x}^{(0)} \\ p_{y}&=p_{y}^{(0)}-mgt \end{aligned})]
이것은 완벽히 포물선 운동의 양상과 일치한다.