接束と $(q,\dot q,t)$ が独立な理由

物理のための微分幾何入門　第3章 §3.5　★★★ Lagrangian は接束（と時間）の上の関数で、$q$ と $\dot q$ はその独立な座標である。$\dot q=\mathrm{d} q/\mathrm{d} t$ は解の曲線の上でだけ成り立つ関係である

問題の所在

Euler–Lagrange 方程式を書くとき、$L(q,\dot q,t)$ を $q$ で偏微分する。その際には $\dot q$ を固定する。逆に $\dot q$ で偏微分する際には、$q$ を固定する。

しかし運動の途中では $\dot q=\mathrm{d} q/\mathrm{d} t$ である。配位が時刻の関数として決まれば、速度も決まるように見える。一方を固定して他方だけを動かす操作が何を意味するのかが、この節の問いである。

答えは3つの事実に分けられる。

1. 同じ時刻に同じ配位を通る運動は無数にあり、配位 $q$ だけでは速度 $\dot q$ が決まらない。
2. Lagrangian は配位空間 $Q$ の上の関数ではなく、接束 $TQ$（と時刻の直線）の上の関数である。$(q,\dot q,t)$ はその多様体の独立な座標である。
3. 関係 $\dot q=\mathrm{d} q/\mathrm{d} t$ は、運動の経路を接束へ持ち上げた曲線の上でだけ成り立つ。偏微分は経路を代入する前に行う。

同じ点を通る解は無数にある

調和振動子 $L=\frac m2\dot q^2-\frac m2\omega^2q^2$ を例にとる。運動方程式は $\ddot q=-\omega^2q$ である。時刻0に配位 $q_0$ を通る解は、次の式で与えられる。

$$q(t)=q_0\cos\omega t+\frac{v_0}{\omega}\sin\omega t\tag{3.24}$$

$v_0$ は任意の実数である。したがって、点 $(t,q)=(0,q_0)$ を通る解は無数にある（図 3.5 左）。これらの解は同じ点を通るが、その点での傾き $\dot q(0)=v_0$ が互いに違う。

図 3.5 の右は、同じ解を配位と速度の組 $(q,v)$ の平面に描いたものである。左の図で1点に重なっていた5本の解は、右の図では縦の直線の上の5つの別々の点に分かれる。各解は円 $q^2+v^2/\omega^2=\text{一定}$ を描き、どの2本も交わらない。解を区別するのに必要な情報は $q$ ではなく、組 $(q,v)$ である。

接束は $2n$ 次元の多様体

証明

接ベクトルの成分の変換則（第2章 §2.2）から2番目の式が出る。右辺は $q$ の滑らかな関数と $v$ の1次式の積なので、全体として滑らかである。逆変換は、$q'$ と $q$ の役割を入れ替えた同じ形の式で与えられる。Jacobi 行列 $\partial q'/\partial q$ が正則なので、$v$ について解くこともできる。

座標 $(q,v)$ を持つ多様体の上では、2つは独立な変数である。平面の座標 $(x,y)$ と同じく、どの組 $(q,v)$ も接束の1点を表す。慣例では $v^i$ を $\dot q^i$ と書く。したがって $L(q,\dot q,t)$ の中の $\dot q$ は、時間微分ではなく接束の座標の名前である。

時間に陽に依存する Lagrangian を扱うには、$TQ$ に時刻の直線をかけた $\mathbb{R}\times TQ$ を使う。これは座標 $(t,q,v)$ を持つ $2n+1$ 次元の多様体である。

持ち上げと解の一意性

配位空間の曲線 $\gamma(t)$ が与えられると、各時刻の速度 $\dot\gamma(t)\in T_{\gamma(t)}Q$ が決まる。組 $\hat\gamma(t)=(\gamma(t),\dot\gamma(t))$ は接束の曲線で、これを $\gamma$ の持ち上げと呼ぶ。持ち上げの上では $v=\mathrm{d} q/\mathrm{d} t$ が成り立つ。

接束の曲線がすべて持ち上げになるわけではない。たとえば $(q(t),v(t))=(0,1)$ という一定の曲線を考える。持ち上げなら $v=\mathrm{d} q/\mathrm{d} t=0$ のはずなので、これは持ち上げでない。関係 $v=\mathrm{d} q/\mathrm{d} t$ は2つの座標の間の恒等式ではなく、曲線に課す条件である。

証明

Euler–Lagrange 方程式 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\frac{\partial L}{\partial v^i}-\frac{\partial L}{\partial q^i}=0$ の第1項を、経路 $(\gamma,\dot\gamma)$ の上で連鎖律によって展開する。

$$\frac{d }{d t}\frac{\partial L}{\partial v^i}=W_{ij}\,\ddot\gamma^j+\frac{\partial^2L}{\partial v^i\partial q^j}\,\dot\gamma^j+\frac{\partial^2L}{\partial v^i\partial t}$$

$W$ が正則なので、方程式は加速度について解ける。その結果は、2階の常微分方程式 $\ddot\gamma^i=a^i(\gamma,\dot\gamma,t)$ である。$a^i$ は滑らかなので、初期値 $(\gamma,\dot\gamma)=(q_0,v_0)$ を与えた解は局所的にただ1つ存在する（Picard–Lindelöf の定理。完全な証明は常微分方程式の本に譲る）。

物理の言葉で言えば、Newton の運動方程式が2階であることが、初期条件として配位と速度の両方を要求する。解の全体は $\mathbb{R}\times TQ$ を隙間なく埋め、各点を1本ずつ通る。したがって $L$ やその偏導関数を「解の上の点だけで定義された量」に制限する理由はない。

偏微分→経路の代入→$\mathrm{d}/\mathrm{d}t$ の3手順

以上をまとめると、Euler–Lagrange 方程式の左辺は次の3つの手順で計算する。

具体的な Lagrangian で3手順を通す。周期的な外力 $F\cos\Omega t$ を受けるばね定数 $k$ の振動子を考える。

$$L(q,v,t)=\frac m2v^2-\frac k2q^2+Fq\cos\Omega t\tag{3.26}$$

手順1。$q,v,t$ を独立に扱って偏微分する。

$$\frac{\partial L}{\partial q}=-kq+F\cos\Omega t,\qquad \frac{\partial L}{\partial v}=mv,\qquad \frac{\partial L}{\partial t}=-F\Omega\,q\sin\Omega t$$

$\partial L/\partial q$ の計算では、速度と時刻を固定した。$\partial L/\partial v$ の計算では、配位と時刻を固定した。どちらも $\mathbb{R}\times TQ$ の上の関数である。

手順2。経路 $\gamma(t)$ の持ち上げ $(q,v)=(\gamma(t),\dot\gamma(t))$ を代入する。

$$\frac{\partial L}{\partial q}\Big|_{\hat\gamma}=-k\gamma(t)+F\cos\Omega t,\qquad \frac{\partial L}{\partial v}\Big|_{\hat\gamma}=m\dot\gamma(t)$$

手順3。2番目の式を $t$ で微分すると $m\ddot\gamma(t)$ である。Euler–Lagrange 方程式は次のようになる。

$$m\ddot\gamma+k\gamma=F\cos\Omega t\tag{3.27}$$

これは強制振動の運動方程式である。

同じ例で、偏微分 $\partial/\partial t$ と経路に沿った微分 $\mathrm{d}/\mathrm{d} t$ の違いを確かめる。経路を代入した $L(\gamma(t),\dot\gamma(t),t)$ を $t$ で微分すると、連鎖律から3つの項が出る。

$$\frac{d }{d t}L\bigl(\gamma,\dot\gamma,t\bigr)=\frac{\partial L}{\partial q}\dot\gamma+\frac{\partial L}{\partial v}\ddot\gamma+\frac{\partial L}{\partial t}\tag{3.28}$$

右辺の最後の項 $\partial L/\partial t=-F\Omega\gamma\sin\Omega t$ だけが、$L$ の陽な時間依存から来る。

エネルギー関数 $E=v\,\partial L/\partial v-L$ を考える。経路に沿って微分し、(3.28) と Euler–Lagrange 方程式を使うと、最初の2項が打ち消し合う。

$$\frac{d E}{d t}=\ddot\gamma\frac{\partial L}{\partial v}+\dot\gamma\frac{d }{d t}\frac{\partial L}{\partial v}-\frac{d L}{d t}=\dot\gamma\Bigl(\frac{d }{d t}\frac{\partial L}{\partial v}-\frac{\partial L}{\partial q}\Bigr)-\frac{\partial L}{\partial t}=-\frac{\partial L}{\partial t}\tag{3.29}$$

強制振動子では $E=\frac m2\dot\gamma^2+\frac k2\gamma^2-F\gamma\cos\Omega t$ で、外力がする仕事の分だけ $E$ が変わる。$\partial L/\partial t=0$ の系ではエネルギー関数が保存する。保存則の幾何の側は第13章 §13.4 で扱う。

最後の項目の原因は、接束の座標の取り替え (3.25) で $v'$ が $q$ にも依存することにある。座標 $(r,\theta,v_r,v_\theta)$ で $r$ だけを動かす場合を考える。そのとき $v_\theta$ は一定に保たれるので、直交座標の速度の成分は変わる。同じ「$q$ についての偏微分」でも、接束の上でどの方向に動くかが座標の組ごとに違う。

Euler–Lagrange 方程式全体の形が点変換で保たれることは、虎の巻『解析力学から様々な理論分野を組み立てる』第1部第4章で確かめる。

確認テスト

オリジナル

1. 3.5-1 鉛直投げ上げの Lagrangian $L=\frac m2v^2-mgq$ について答えよ。(a) 点 $(t,q)=(0,0)$ を通る解を、すべて式で書け。(b) 接束と時刻の点 $(t,q,v)=(0,0,v_0)$ を通る解はいくつあるか。
2. 3.5-2 $L=\frac m2(1+q^2)v^2$ について、3手順で Euler–Lagrange 方程式を導け。さらに、エネルギー関数 $E=v\,\partial L/\partial v-L$ が解に沿って保存することを確かめよ。
3. 3.5-3 自由粒子 $L=\frac m2\dot x^2$ を、一定の加速度で動く座標 $q$ で書く。

$$x=q+\tfrac12at^2,\qquad L(q,v,t)=\frac m2(v+at)^2$$

3手順で Euler–Lagrange 方程式を導け。また、$\partial L/\partial t$ を求め、エネルギー関数 $E$ がこの座標では保存しないことを示せ。4. 3.5-4 任意の滑らかな関数 $\Lambda(q,t)$ に対して、$L'=L+\frac{\partial\Lambda}{\partial q^i}v^i+\frac{\partial\Lambda}{\partial t}$ と置く。$L'$ の Euler–Lagrange 方程式が $L$ のものと一致することを、3手順に沿って証明せよ。