解析力学/ネーターの定理 の履歴(No.3)

例１：空間並進対称性†

自由な質点の運動では、

$$ L=\frac12m(\dot x^2+\dot y^2+\dot z^2) $$

であるから、並進変換すなわち $x_0$ を定数として

$$ X=x+x_0 $$

に対して $\dot X=\dot x$ であるから、

$$ L(x,y,z,\dot x,\dot y,\dot z)=L(X,y,z,\dot X,\dot y,\dot z) $$

となり、このラグランジアンは並進対称性を持つ。これに対応して

$$ \sum_{i=1}^n\frac{\partial L}{\partial\dot q_i}\delta q_i=\frac{\partial L}{\partial \dot x}x_0 $$

は定数となるが、そもそも $x_0$ が定数であるから、

$$ \frac{\partial L}{\partial \dot x}=p_x=m\dot x $$

が定数となる。

ラグランジアンが $x$ 方向に並進対称性を持つならば $x$ 方向の運動量は保存することになる。

例２：回転対称性†

中心力 $U(x,y,z)=U(\sqrt{x^2+y^2+z^2})$ の中での質点の運動を $z$ 軸周りに微小回転 $-\delta\theta$ した座標系から観測すれば、

$$ \begin{cases} X=x-y\delta\theta\\ Y=y+x\delta\theta\\ \end{cases} $$

の座標変換を及ぼすが、

$$ \begin{aligned} X^2+ Y^2 &= ( x- y\delta\theta)^2+( y+ x\delta\theta)^2\\ &= x^2-\cancel{2 x y\delta\theta}+ y^2+\cancel{2 x y\delta\theta}+O(\delta\theta^2)\\ &=x^2+y^2+O(\delta\theta^2) \end{aligned} $$

であり、同様に

$$ \begin{aligned} \dot X^2+\dot Y^2 &=\dot x^2+\dot y^2+O(\delta\theta^2) \end{aligned} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} L&=\frac12 m(\dot x^2+\dot y^2+\dot z^2)+U(\sqrt{x^2+y^2+z^2})\\ &=\frac12 m(\dot X^2+\dot Y^2+\dot z^2)+U(\sqrt{X^2+Y^2+z^2})+O(\delta\theta^2)\\ \end{aligned} $$

すなわちこのラグランジアンは $z$ 軸周りの回転対称性を持つ。

これに対応して、

$$ \sum_{i=1}^n\frac{\partial L}{\partial\dot q_i}\delta q_i=\bigg[\frac{\partial L}{\partial \dot y}x-\frac{\partial L}{\partial \dot x}y\bigg]\delta\theta $$

は定数になる。すなわち、

$$ \frac{\partial L}{\partial \dot y}x-\frac{\partial L}{\partial \dot x}y =xp_y-yp_x=l_z $$

は定数になる。この値は $z$ 軸周りの角運動量である。

ラグランジアンが $z$ 軸周りの回転対称性を持つならば $z$ 軸周りの角運動量は保存することになる。

例：強制振動†

ニュートン方程式で書けば、

$$ m\ddot x=-k(x-a\cos\omega t) $$

外力がバネの端点を動かすのに費やす仕事率は、系に加わる力の反作用に移動速度を掛けて

$$ k(x-a\cos\omega t)\times (-a\omega\sin\omega t) $$

である。

これをラグランジアンで記述するなら、 対応するポテンシャル

$$ U=\frac12k(x-a\cos\omega t)^2 $$

を参考にして、ラグランジアンは

$$ L=\frac12m\dot x^2-\frac12k(x-a\cos\omega t)^2 $$

ラグランジュの運動方程式は、

$$ \frac d{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot x}=\frac{\partial L}{\partial x} $$

$$ m\ddot x^2=-k(x-a\cos\omega t) $$

となる。系から外界に流出するエネルギーは、

$$-\frac{\partial U}{\partial t}=-k(x-a\cos\omega t)\times (-a\omega\sin\omega t) $$

なのでつじつまが合う。

例：摩擦力のある場合†

質量 $m$ の質点の摩擦力を伴う一次元運動。摩擦力が $-\gamma\dot x$ と書けるとすれば、 ニュートン方程式は、

$$ m\ddot x=-\gamma\dot x $$

この系から単位時間当たりに失われるエネルギーは摩擦力×速度より、

$$-\frac{\partial U}{\partial t}=\gamma\dot x^2 $$

である。

摩擦のある系をラグランジアンで記述するには $L=T-U$ ではうまくいかない。

天下り的だが $L=e^{\gamma t/m}(T-U)$ とするとうまく行く。*1参考：http://nile.ph.sophia.ac.jp/~g...

$U$ が速度や時刻に依存しないとしてラグランジュの運動方程式を求めると、

$$ \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot x}=\frac{\partial L}{\partial x} $$

$$ \frac{d}{dt}(e^{\gamma t/m}m\dot x)=-e^{\gamma t/m}\frac{\partial U}{\partial x} $$

$$ (\gamma/m) e^{\gamma t/m}m\dot x+e^{\gamma t/m}m\ddot x=-e^{\gamma t/m}\frac{\partial U}{\partial x} $$

$$ e^{\gamma t/m}(\gamma\dot x+m\ddot x)=-e^{\gamma t/m}\frac{\partial U}{\partial x} $$

両辺を $e^{\gamma t/m}$ で割れば、

$$ m\ddot x=-\frac{\partial U}{\partial x}-\gamma\dot x $$

このときの運動量は、

$$ p=\frac{\partial L}{\partial\dot x}=e^{\gamma t/m}m\dot x $$

なので、

$$ \begin{aligned} H=p\dot x-L&=e^{\gamma t/m}m\dot x^2-\frac12e^{\gamma t/m}m\dot x^2+e^{\gamma t/m}U\\ &=\frac12e^{\gamma t/m}m\dot x^2+e^{\gamma t/m}U\\ \end{aligned} $$

一方、

$$ \begin{aligned}-\frac{\partial L}{\partial t} &=- (\gamma/m)\frac12e^{\gamma t/m}m\dot x^2+(\gamma/m)e^{\gamma t/m}U\\ &=- \frac12e^{\gamma t/m}\gamma\dot x+(\gamma/m)e^{\gamma t/m}U\\ \end{aligned} $$

したがって、

$$ \begin{aligned} \frac d{dt}\underbrace{\bigg[e^{\gamma t/m}\bigg(\frac12m\dot x^2+U\bigg)\bigg]}_{H} &=(\gamma/m)e^{\gamma t/m}\bigg(\frac12m\dot x^2+\cancel U\bigg)+e^{\gamma t/m}\frac d{dt}\bigg(\frac12m\dot x^2+U\bigg)\\ &=-e^{\gamma t/m}\gamma\dot x^2+\cancel{(\gamma/m)e^{\gamma t/m}U} \end{aligned} $$

両辺を $e^{\gamma t/m}$ で割って、

$$ \frac{d}{dt}\bigg(\frac12m\dot x^2+U\bigg)=-\frac12\gamma\dot x^2 $$

のように予想通りの結果が得られる。

このように、$L=T-U$ の形でない場合にはハミルトニアンはそのままでは系のエネルギーと等しくない。 こういった形を扱うことは今後もそれほど多くはないと思うが、こうした場合にも上記のように ラグランジュ力学が成立することには注目して欲しい。

ところで、複数の粒子がある場合にもラグランジアンに摩擦を取り入れる方法があるんだろうか？？？