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力学

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基底ベクトルは次元を持たない無次元量

疑問：例えば3次元空間の基底ベクトルならメートルの次元を持つのでは？
回答：メートルやセンチメートルに依らずに基底ベクトルは大きさ１となるために、次元を持たない。

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x=rsin⁡θcos⁡ϕy=rsin⁡θsin⁡ϕz=rcos⁡θ \begin{aligned} x &= r \sin\theta \cos\phi \\ y &= r \sin\theta \sin\phi \\ z &= r \cos\theta \end{aligned}
x2+y2+z2=(rsin⁡θcos⁡ϕ)2+(rsin⁡θsin⁡ϕ)2+(rcos⁡θ)2=rsin⁡2θcos⁡2ϕ+sin⁡2θsin⁡2ϕ+cos⁡2θ=rsin⁡2θ(cos⁡2ϕ+sin⁡2ϕ)+cos⁡2θ=rsin⁡2θ+cos⁡2θ=r \begin{aligned} \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} &= \sqrt{(r\sin\theta\cos\phi)^2 + (r\sin\theta\sin\phi)^2 + (r\cos\theta)^2} \\ &= r\sqrt{\sin^2\theta \cos^2\phi + \sin^2\theta \sin^2\phi + \cos^2\theta} \\ &= r\sqrt{\sin^2\theta (\cos^2\phi + \sin^2\phi) + \cos^2\theta} \\ &= r\sqrt{\sin^2\theta + \cos^2\theta} \\ &= r \\ \end{aligned}
x2+y2z=(rsin⁡θcos⁡ϕ)2+(rsin⁡θsin⁡ϕ)2rcos⁡θ=rsin⁡2θcos⁡2ϕ+sin⁡2θsin⁡2ϕrcos⁡θ=rsin⁡2θ(cos⁡2ϕ+sin⁡2ϕ)rcos⁡θ=rsin⁡2θrcos⁡θ=rsin⁡θrcos⁡θ=sin⁡θcos⁡θ=tan⁡θ \begin{aligned} {\sqrt{x^2 + y^2}\over z} &= {\sqrt{(r\sin\theta\cos\phi)^2 + (r\sin\theta\sin\phi)^2}\over r \cos\theta}\\ &= {r\sqrt{\sin^2\theta\cos^2\phi + \sin^2\theta\sin^2\phi}\over r\cos\theta}\\ &= {r\sqrt{\sin^2\theta(\cos^2\phi + \sin^2\phi)}\over r\cos\theta} \\ &= {r\sqrt{\sin^2\theta}\over r\cos\theta} \\ &= {r\sin\theta\over r\cos\theta} \\ &= {\sin\theta\over \cos\theta} \\ &= \tan\theta \\ \end{aligned}
yx=rsin⁡θsin⁡ϕrsin⁡θcos⁡ϕ=sin⁡ϕcos⁡ϕ=tan⁡ϕ \begin{aligned} {y \over x} &= {r\sin\theta\sin\phi \over r\sin\theta\cos\phi}\\ &= {\sin\phi \over \cos\phi}\\ &= \tan\phi \end{aligned}
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3次元極座標で表された２つの位置ベクトル

{r1=(r1sin⁡θ1cos⁡ϕ1,r1sin⁡θ1sin⁡ϕ1,r1cos⁡θ1)r2=(r2sin⁡θ2cos⁡ϕ2,r2sin⁡θ2sin⁡ϕ2,r2cos⁡θ2) \begin{cases} {\bf r}_1 &= (r_1\sin\theta_1\cos\phi_1, r_1\sin\theta_1\sin\phi_1, r_1\cos\theta_1) \\ {\bf r}_2 &= (r_2\sin\theta_2\cos\phi_2, r_2\sin\theta_2\sin\phi_2, r_2\cos\theta_2) \end{cases}

のなす角を ψ\psiとすると、

cos⁡ψ=r1⋅r2∥r1∥∥r2∥=r1r2sin⁡θ1cos⁡ϕ1sin⁡θ2cos⁡ϕ2+r1r2sin⁡θ1sin⁡ϕ1sin⁡θ2sin⁡ϕ2+r1r2cos⁡θ1cos⁡θ2r1r2=sin⁡θ1cos⁡ϕ1sin⁡θ2cos⁡ϕ2+sin⁡θ1sin⁡ϕ1sin⁡θ2sin⁡ϕ2+cos⁡θ1cos⁡θ2=sin⁡θ1sin⁡θ2(cos⁡ϕ1cos⁡ϕ2+sin⁡ϕ1sin⁡ϕ2)+cos⁡θ1cos⁡θ2=sin⁡θ1sin⁡θ2cos⁡(ϕ1−ϕ2)+cos⁡θ1cos⁡θ2 \begin{aligned} \cos\psi &= {{\bf r}_1\cdot{\bf r}_2\over \|{\bf r}_1\|\|{\bf r}_2\|}\\ &= { r_1r_2\sin\theta_1\cos\phi_1\sin\theta_2\cos\phi_2 + r_1r_2\sin\theta_1\sin\phi_1\sin\theta_2\sin\phi_2 + r_1r_2\cos\theta_1\cos\theta_2 \over r_1r_2 }\\ &= \sin\theta_1\cos\phi_1\sin\theta_2\cos\phi_2 + \sin\theta_1\sin\phi_1\sin\theta_2\sin\phi_2 + \cos\theta_1\cos\theta_2\\ &= \sin\theta_1\sin\theta_2(\cos\phi_1\cos\phi_2 + \sin\phi_1\sin\phi_2) + \cos\theta_1\cos\theta_2\\ &= \sin\theta_1\sin\theta_2\cos(\phi_1 - \phi_2) + \cos\theta_1\cos\theta_2 \end{aligned}
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質点

大きさを持たない点状の物体

質点系

複数の質点から構成される系

剛体

質点の相対位置が変わらない物体

太陽と地球は剛体ではない。地球は楕円軌道をとるため、その相対位置は時々刻々変化する。
ハンマー投げ時のハンマーと選手は剛体とみなせる。ハンマーと選手の相対位置が変わらないから。

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polar_coords

x軸y軸がθ\thetaだけ回転してr軸θ\theta軸になっているとも考えられる。座標系自体がθ\theta回転しているので、座標自体は−θ-\theta回転して

[rθ]=R(−θ)[xy]=[cos⁡θsin⁡θ−sin⁡θcos⁡θ][xy] \begin{aligned} \begin{bmatrix} r \\ \theta \end{bmatrix} &= {\rm R}(-\theta)\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \end{aligned}

ゆえに、極座標系の基底ベクトルと直交座標系の基底ベクトルは

er=cos⁡θex+sin⁡θeyeθ=−sin⁡θex+cos⁡θey \begin{aligned} {\bf e}_r &= \cos\theta{\bf e}_x + \sin\theta{\bf e}_y \\ {\bf e}_\theta &= -\sin\theta{\bf e}_x + \cos\theta{\bf e}_y \\ \end{aligned}

の関係にある。それぞれの式の両辺を時刻tで微分すると、

derdt=dcos⁡θdtex+dsin⁡θdtey=−sin⁡θdθdtex+cos⁡θdθdtey=(−sin⁡θex+cos⁡θey)dθdt=eθdθdtdeθdt=−dsin⁡θdtex+dcos⁡θdtey=−cos⁡θdθdtex−sin⁡θdθdtey=−(cos⁡θex+sin⁡θey)dθdt=−erdθdt \begin{aligned} \frac{d{\bf e}_r}{dt} &= \frac{d\cos\theta}{dt}{\bf e}_x + \frac{d\sin\theta}{dt}{\bf e}_y \\ &= -\sin\theta\frac{d\theta}{dt}{\bf e}_x + \cos\theta\frac{d\theta}{dt}{\bf e}_y \\ &= (-\sin\theta{\bf e}_x + \cos\theta{\bf e}_y)\frac{d\theta}{dt} \\ &= {\bf e}_\theta\frac{d\theta}{dt} \\ \frac{d{\bf e}_\theta}{dt} &= \frac{-d\sin\theta}{dt}{\bf e}_x + \frac{d\cos\theta}{dt}{\bf e}_y \\ &= -\cos\theta\frac{d\theta}{dt}{\bf e}_x - \sin\theta\frac{d\theta}{dt}{\bf e}_y \\ &= -(\cos\theta{\bf e}_x + \sin\theta{\bf e}_y)\frac{d\theta}{dt} \\ &= -\mathbf{e}_r\frac{d\theta}{dt} \\ \end{aligned}

となる。

少し変だが、複素平面的な考え方を混ぜると、

er=eiθexeθ=ieiθex \begin{aligned} \mathbf{e}_r &= e^{i\theta}\mathbf{e}_x \\ \mathbf{e}_\theta &= ie^{i\theta}\mathbf{e}_x \\ \end{aligned}

となるので、それぞれの両辺を時刻tで微分して、

derdt=deiθdtex=deiθdtex=deiθdθdθdtex=dθdtieiθex=dθdteθdeθdt=dieiθdtex=dieiθdθdθdtex=dθdt(−eiθex)=−dθdter \begin{aligned} \frac{d\mathbf{e}_r}{dt} &= \frac{de^{i\theta}}{dt}\mathbf{e}_x \\ &= \frac{de^{i\theta}}{dt}\mathbf{e}_x \\ &= \frac{de^{i\theta}}{d\theta}\frac{d\theta}{dt}\mathbf{e}_x \\ &= \frac{d\theta}{dt}ie^{i\theta}\mathbf{e}_x \\ &= \frac{d\theta}{dt}\mathbf{e}_\theta \\ \frac{d\mathbf{e}_\theta}{dt} &= \frac{die^{i\theta}}{dt}\mathbf{e}_x \\ &= \frac{die^{i\theta}}{d\theta}\frac{d\theta}{dt}\mathbf{e}_x \\ &= \frac{d\theta}{dt}(-e^{i\theta}\mathbf{e}_x) \\ &= -\frac{d\theta}{dt}\mathbf{e}_r \\ \end{aligned}
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ニュートンの運動方程式を運動量p{\bf p}を使って、

dpdt=F {d{\bf p}\over dt} = {\bf F}

と表せるが、物体の質量mmが時間に依存して変化する場合でもこれが成り立つとどんな実験で確かめたのか？

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