解析力学/ネーターの定理のバックアップ差分(No.15)

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* 目次 [#h7fb9289]

[[解析力学/ラグランジアン]] の続きです。

#contents

&katex();

* ラグランジアンの任意性 [#mcce419c]

ある系のラグランジアン $L$ に、粒子の位置と時間の関数 $F(q_1(t),q_2(t),\dots,q_n(t),t)$ の時間に対する全微分 $\frac{dF}{dt}$ を加えても運動方程式は変化しない。なぜなら、

$$
L'=L+\frac{dF}{dt}
$$

に対して、

$$
\begin{aligned}
S&=\int_{t_1}^{t_2}L'\ dt=\int_{t_1}^{t_2}\left(L+\frac{dF}{dt}\right)\ dt\\
&=\int_{t_1}^{t_2}L\ dt+\underbrace{F(q_1(t_2),q_2(t_2),\dots,q_n(t_2),t_2)-F(q_1(t_1),q_2(t_1),\dots,q_n(t_1),t_1)}_\text{定数}
\end{aligned}
$$

となって、$q_k(t_1),q_k(t_2)$ が固定されている限り $F(t_2)-F(t_1)$ は定数であり、
$S$ の $q_k$ に対する変分に影響を与えないためである。

したがって、ある力学系のラグランジアンとして必ずしも前述のように $L=T-U$ と取る必要はなく、その取り方には $F$ の分だけ任意性が残されていることになる。
（実はそれ以外にもいろいろ任意性があるのだが、ここでは深入りしない）

上記のように同じ運動方程式を与えるラグランジアン $L'$ と $L$ とは「同値なラグランジアン」であると呼ばれる。

* ラグランジアンの対称性 [#jd0ed387]

座標変換 $q_i\to Q_i, t\to T$ を考える。
一般にはそのような座標変換に伴いラグランジアンの関数形は $L\to L'$ と変化し、

$$
\begin{aligned}
&L(q_1,q_2,\dots,q_n,\dot q_1,\dot q_2,\dots,\dot q_n,t)=\\
&L'(Q_1,Q_2,\dots,Q_n,\dot Q_1,\dot Q_2,\dots,\dot Q_n,T)
\end{aligned}
$$

となるのであるが、元のラグランジアンの関数形 $L$ にそのまま $Q_i,\dot Q_i,T$ を代入しても

$$
\begin{aligned}
&L(q_1,q_2,\dots,q_n,\dot q_1,\dot q_2,\dots,\dot q_n,t)=\\
&L(Q_1,Q_2,\dots,Q_n,\dot Q_1,\dot Q_2,\dots,\dot Q_n,T)
\end{aligned}
$$

が成り立つとき、すなわち元のラグランジアンの $q_i,\dot q_i,t$ を $Q_i,\dot Q_i,T$ に書き換えても値が変わらないとき、ラグランジアンはその座標変換に対して対称性を持つ、と言われる。

例えば座標軸の並進(原点の移動) $X=x-x_0$ に対して変化しなければ並進対称性があるといい、
座標軸の回転 $\begin{pmatrix}X\\Y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ に対してラグランジアンが変化しなければ回転対称性があるという。

* ラグランジアン力学におけるネーターの定理 [#ic343e17]
* ネーターの定理 [#ic343e17]

「ある座標変換に対して作用積分が対称性を持つならば、
その対称性に対応する保存量が存在する」というのがラグランジアン力学におけるネーターの定理である。
「ある座標変換に対して作用積分が対称ならばその対称性に対応する保存量が存在する」というのがネーターの定理である。

ここでいう保存量とは、時間と共に変化することなく一定に保たれる物理量のことである。
ここでいう保存量とは時間と共に変化することなく一定に保たれる物理量のことである。
例えば並進対称性からは運動量の保存が、回転対称性からは角運動量の保存が、時間に対する並進対称性からはエネルギーの保存が導かれる。

以下、実際に導いてみよう。

微小な座標変換 $q_i\to Q_i,t\to T$ を考える。座標は少しだけしか異ならないため、小さな $\delta q_i(t),\delta t(t)$ を使って

$$
\begin{aligned}
Q_i&=q_i+\delta q_i(t)\\
T&=t+\delta t(t)
\end{aligned}
$$

と表せるとしよう。さらにこれら $\delta q_i,\delta t$ は単一の微小量 $\delta$ を用いて

$$
\delta q_i=\epsilon_i(t)\delta\\
\delta t=\tau(t)\delta
$$

と書けるとする。

まず準備として、この座標変換に対するラグランジアンの変化量
まず準備としてこの座標変換に対するラグランジアンの変化量を求める。

$$
\begin{aligned}
\delta L&=L(Q_1,Q_2,\dots,Q_n,\dot Q_1,\dot Q_2,\dots,\dot Q_n,T)-L(q_1,q_2,\dots,q_n,\dot q_1,\dot q_2,\dots,\dot q_n,t)\\
\end{aligned}
$$

を求めよう。ただしここで、
ここで $\dot Q_i=dQ_i/dT$ が $T$ による微分であることに注意すると、一次近似の範囲で

$$
\dot q_i=\frac{dq_i}{dt}
$$

であるのに対し、

$$
\dot Q_i=\frac{dQ_i}{dT}
$$

であることに注意が必要である。一次近似の範囲で

$$
\begin{aligned}
\dot Q_i&=\frac{dQ_i}{dt}\frac{dt}{dT}=\frac{dQ_i}{dt}\Big(\frac{dT}{dt}\Big)^{-1}=\frac{dQ_i}{dt}\frac1{1+\delta\dot  t}\\
&\sim\frac{dQ_i}{dt}(1-\delta\dot t)
=(\dot q_i+\delta\dot q_i)(1-\delta\dot t)\\
&\sim\dot q_i+\delta\dot q_i-\dot q_i\delta\dot t
\end{aligned}
$$

となるから、これを使うと、
であるから、

$$
\begin{aligned}
\delta L&=\sum_{i=1}^n\bigg(\frac{\partial L}{\partial q_i}\delta q_i+\frac{\partial L}{\partial \dot q_i}(\delta\dot q_i-\dot q\delta\dot t)\bigg)+
\delta L&=L(\underbrace{q_1+\delta q_1}_{Q_1},\dots,\underbrace{\dot q_1+\delta \dot q_1-\dot q_1\delta\dot t}_{\dot Q_1},\dots,\underbrace{t+\delta t}_T)-L(q_1,\dots,\dot q_1,\dots,t)\\
&=\sum_{i=1}^n\bigg(\frac{\partial L}{\partial q_i}\delta q_i+\frac{\partial L}{\partial \dot q_i}(\delta\dot q_i-\dot q_i\delta\dot t)\bigg)+
{\color{blue}\frac{\partial L}{\partial t}}\delta t+\underbrace{\color{red}L\delta \dot t-L\delta \dot t}_{=\,0}\\
&=\sum_{i=1}^n\bigg(\bigg\{\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot q_i}\bigg\}\delta q_i+\frac{\partial L}{\partial \dot q_i}\delta \dot q_i\bigg)-\underbrace{\bigg[\sum_{i=1}^n\frac{\partial L}{\partial \dot q_i}\dot q_i-{\color{red}L} \bigg]}_H\delta\dot t{\color{blue}-\dot H}\delta t{\color{red}-L\delta\dot t}\\
&=\sum_{i=1}^n\frac{d}{dt}\bigg\{\frac{\partial L}{\partial\dot q_i}\delta q_i\bigg\}-\frac{d}{dt}\big(H\delta t\big)-L\delta\dot t\\
&=\bigg[-\frac{d}{dt}\underbrace{\bigg\{H\tau-\sum_{i=1}^n\frac{\partial L}{\partial\dot q_i}\epsilon_i\bigg\}}_X-
L\dot \tau\bigg]\delta\\
&=(-\dot X-
L\dot \tau)\delta\\
\end{aligned}
$$

を得る。ただし途中でラグランジュの運動方程式 $\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q_i}-\frac{\partial L}{\partial q_i}=0$ および [[ハミルトニアンの定義とエネルギーの保存>解析力学/ラグランジアン#b9eedbd5]] で導いた $\dot H=-\partial L/\partial t$ を使い、 ${\color{red}L\delta \dot t-L\delta \dot t}=0$ を加えた。
が得られる。ただし途中でラグランジュの運動方程式 $\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q_i}-\frac{\partial L}{\partial q_i}=0$ および [[ハミルトニアンの定義とエネルギーの保存>解析力学/ラグランジアン#b9eedbd5]] で導いた $\dot H=-\partial L/\partial t$ を使い、 ${\color{red}L\delta \dot t-L\delta \dot t}=0$ を加え、

また、

$$
\begin{aligned}
X&=H\tau(t)-\sum_{i=1}^n\frac{\partial L}{\partial\dot q_i}\epsilon_i(t)\\
&=H\tau(t)-\sum_{i=1}^np_i\epsilon_i(t)
\end{aligned}
$$

と置いた。
と置いた。ここで得られた

上記の結果に $-L\dot \tau$ の項が現れなければ、$\delta L=0$ つまり座標変換に対するラグランジアンの対称性から $\dot X=0$ つまり $X$ が保存量となることを導けるため、一見すると $-L\dot \tau$ の項は邪魔に見えるのであるが、
$$
\delta L=(-\dot X-L\dot \tau)\delta
$$

に $-L\dot \tau$ の項がなければ座標変換に対するラグランジアンの対称性 $\delta L=0$ から $X$ が保存量となること $\dot X=0$ を導けるため 一見すると $-L\dot \tau$ の項は邪魔に見えるのであるが、

以下のように作用積分 $S=\int L\,dt$ の対称性から $X$ が保存量となることを導こうとするとこの項が役立つ。

上で求めた $\delta L$ を用いて座標変換に対する作用 $S=\int L\ dt$ の変化を求めよう。$dT=(1+\dot\tau\delta)dt$ に注意しつつ $\delta$ に関する高次の項を無視すると、
上で求めた $\delta L$ を用いて座標変換に対する作用 $S$ の変化を求めよう。$dT=(1+\dot\tau\delta)dt$ に注意しつつ $\delta$ に関する高次の項を無視すると、

$$
\begin{aligned}
\delta S 
&= \int_{T_1}^{T_2} L(Q_1,\dots,\dot Q_1,\dots,T)\ {\color{blue}dT}- \int_{t_1}^{t_2} L(q_1,\dots,\dot q_1,\dots,t)\ dt\\
&= \int_{t_1}^{t_2}(L+ \delta L){\color{blue}(1+\dot\tau\delta)\ dt}- \int_{t_1}^{t_2} L\ dt\\
&\sim \int_{t_1}^{t_2}(\cancel L+ \delta L+L\dot\tau\delta)\ dt- \int_{t_1}^{t_2} \cancel L\ dt\\
&=\int_{t_1}^{t_2}\big(-\dot X- \cancel{L\dot\tau}+\cancel{L\dot\tau}\big)dt\cdot\delta\\
&=\big\{X(t_1)-X(t_2)\big\}\delta=0
\end{aligned}
$$

となって、$\delta L$ を求めた際に余計に見えた $-L\dot \tau$ の項は、$dT$ を $dt$ で書き換えた際に出てくる $L\dot \tau$ の項と打ち消し合って、最終的に $\delta S=0$ から $X(x_1)=X(x_2)$ すなわち $X$ が時間に依らずに一定であることを導けたことになる。

** 得られた結果 [#i5ba3ec5]

得られた結果をまとめると、

単一の微小量 $\delta$ を用いて次のように書ける微小な座標変換 $q_i\to Q_i,t\to T$ ただし、

$$
\begin{aligned}
Q_i&=q_i+\epsilon_i(t)\delta\\
T&=t+\tau(t)\delta
\end{aligned}
$$

に対して作用 $S=\int L\,dt$ が対称であるとき、その対称性に対応して、物理量

$$
X=H\tau(t)-\sum_{i=1}^n p_i\epsilon_i(t)
$$

が保存量となる。このとき $\delta L=-L\dot \tau\delta$ となる。

作用が完全に対称ではなく、座標変換によって

$$
S\to S-\{F(t_2)-F(t_1)\}\delta
$$

のように同値な物理系を与える場合にも保存量は存在し、上の $X$ に $F$ を加えた

$$
X=F+H\tau-\sum_{i=1}^n p_i\epsilon_i
$$

が保存量となることもすぐにわかる。
このとき $\delta L=-L\dot \tau\delta-\dot F$ となる。

$\dot\tau=0$ を満たす変換に対しては作用の対称性はラグランジアンの対称性と同一視できるため、ラグランジアンの対称性つまり $\delta L=0$ あるいは $\delta L=-\dot F$ から保存量 $X$ の存在を言える。
** ラグランジアンの対称性とネーターの定理 [#o0bb69f6]

ネーターの定理は「作用」が座標変換に対して対称性を持つことを前提とするものであるが、
$\dot\tau=0$ を満たす変換に対して作用の対称性はラグランジアンの対称性と同一視できる。

したがって、$\dot\tau=0$ を満たす変換に対してはラグランジアンの対称性つまり $\delta L=0$ あるいは $\delta L=-\dot F$ から保存量 $X$ の存在を結論できる。

** 例１：空間並進対称性 [#j4e2b3f1]

自由な質点の運動では、

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

である。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

$$
\sum_{i=1}^n p_i\delta q_i=p_xx_0
$$

は定数となるが、そもそも $x_0$ が定数であるから、

$$
p_x=m\dot x
$$

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 [#ia09e24a]

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、
一次近似において

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

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、

$$
\sum_{i=1}^n p_i\epsilon_i=p_yx-p_xy=l_z
$$

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３：時間に対する並進対称性 [#pb954f92]

$\delta t$ を定数とすれば $t\to t+\delta t$ の座標変換に対しするラグランジアンの対称性は時間に対する並進対称性を表す。
$\delta t$ を定数とすれば $t\to t+\delta t$ の座標変換に対するラグランジアンの対称性は時間に対する並進対称性を表す。

$$
\begin{aligned}
\delta L
&=L(q_1,q_2,\dots,q_n,\dot q_1,\dot q_2,\dots,\dot q_n,t+\delta t)-L(q_1,q_2,\dots,q_n,\dot q_1,\dot q_2,\dots,\dot q_n,t)\\
&=\frac{\partial L}{\partial t}\delta t\\
&=\frac{dW}{dt}\delta t
\end{aligned}
$$

のように $\delta L$ がある関数 $W$ の時間に対する全微分になる場合、すなわち

$$
\frac{\partial L}{\partial t}=\frac{dW}{dt}
$$

である場合、このとき [[@解析力学/ラグランジアン#b9eedbd5]] でも見たように

$$
\frac{d}{dt}\bigg\{\bigg(\sum_{i=1}^np_i\dot q_i\bigg)-L\bigg\}
=-\frac{\partial L}{\partial t}=-\frac{dW}{dt}
$$

となるから、

$$
\underbrace{\bigg(\sum_{i=1}^np_i\dot q_i\bigg)-L}_\text{ハミルトニアン}+W
$$

が保存量となる。ただし $W$ は

$$
W=\int^t\frac{\partial L}{\partial t}\ dt\ \ \ \ \bigg(=-\int^t\frac{\partial U}{\partial t}\ dt\bigg)
$$

で与えられる。

ラグランジアンが $L=T-U$ の形で与えられる際には $\partial L/\partial t=\partial U/\partial t$ であるから上式の括弧のように変形できて、$W$ はポテンシャルを変化させた系外の存在が系から得たエネルギーである。

孤立系では $W=0$ であり、このとき系のエネルギーは保存する。

** 例：強制振動 [#b9d982cd]

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：粘性抵抗のある場合 [#ec972d15]

質量 $m$ の質点の粘性抵抗を伴う一次元運動。粘性抵抗が $-\gamma\dot x$ 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粘性抵抗×速度より、

$$
\gamma\dot x^2
$$

である。

粘性抵抗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。((参考：http://nile.ph.sophia.ac.jp/~goto-ken/text/kaisekirikigaku/kogi11-09print-a.pdf))

$T=\frac12m\dot x^2$とし、$U$ 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、

$$
\begin{aligned}
\frac d{dt}\underbrace{\bigg[e^{\gamma t/m}\bigg(\frac12m\dot x^2+U\bigg)\bigg]}_{H}
&=(\gamma/m)e^{\gamma t/m}\bigg(\frac12m\dot x^2+\cancel U\bigg)+e^{\gamma t/m}\frac d{dt}\bigg(\frac12m\dot x^2+U\bigg)\\
&=-\frac12e^{\gamma t/m}\gamma\dot x^2+\cancel{(\gamma/m)e^{\gamma t/m}U}
\end{aligned}
$$

両辺を $e^{\gamma t/m}$ で割って、

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

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たい。

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

* 参考文献 [#ye47d0dc]

- [[Wikipedia：ネーターの定理>https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%8D%E3%83%BC%E3%82%BF%E3%83%BC%E3%81%AE%E5%AE%9A%E7%90%86]]


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* 質問・コメント [#jec9d3c4]

#article_kcaptcha
**一般的な証明との関係は？ [#ee7e3a4f]
>[[関場]] (&timetag(2020-07-10T07:55:46+09:00, 2020-07-10 (金) 16:55:46);)~
~
ネーターの定理の一般的な証明ではなく、成り立つ例をいくつか示しているだけに見える。それだけであればネーターの定理を持ち出さなくてもランダウの最初のページのようにシンプルな説明はあるが？また、強制振動において外界とは具体的には何を指すのでしょうか？エネルギーの流出は外界への仕事として直感的に明示するとどのようになりますか？~

//
- 今ころですが、私自身の理解が進んだため改稿いたしました。ある程度は改善されたと思っています。 -- [[武内（管理人）]] &new{2023-08-28 (月) 13:44:25};

#comment_kcaptcha
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