確認テストの解答

物理のための微分幾何入門　第14章 §14.8

1. 14.1-1 $V=a\partial_q+b\partial_p$ とすると、次のとおりである。

$$\omega(V,V)=\mathrm{d} p(V)\,\mathrm{d} q(V)-\mathrm{d} q(V)\,\mathrm{d} p(V)=ba-ab=0$$

$n=1$ の行列は次のとおりで、行列式は1である。したがって正則である。

$$\Omega=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$$ 2. 14.1-2 $q=\mathrm{e}^{q'}$ なので $\partial q/\partial q'=q$ である。(14.2) から $p'=qp$ となる。$\mathrm{d} q'=\mathrm{d} q/q$ なので、$p'\,\mathrm{d} q'=p\,\mathrm{d} q$ となる。2形式は次のとおりである。

$$\mathrm{d} p'\wedge\mathrm{d} q'=(p\,\mathrm{d} q+q\,\mathrm{d} p)\wedge\frac{\mathrm{d} q}{q}=\frac pq\,\mathrm{d} q\wedge\mathrm{d} q+\mathrm{d} p\wedge\mathrm{d} q=\mathrm{d} p\wedge\mathrm{d} q$$ 3. 14.1-3 $\sigma_i=\mathrm{d} p_i\wedge\mathrm{d} q^i$ とすると $\sigma_i\wedge\sigma_i=0$ である。2形式どうしは可換なので、次を得る。

$$\omega\wedge\omega=\sigma_1\wedge\sigma_2+\sigma_2\wedge\sigma_1=2\,\mathrm{d} p_1\wedge\mathrm{d} q^1\wedge\mathrm{d} p_2\wedge\mathrm{d} q^2$$

4つの1形式 $\mathrm{d} p_1,\mathrm{d} q^1,\mathrm{d} p_2,\mathrm{d} q^2$ は1次独立なので、これは0でない。補題 14.17 の $n=2$ の場合である。4. 14.1-4 2つの外微分は次のとおりで、等しい。

$$\mathrm{d}\theta_1=\mathrm{d} p\wedge\mathrm{d} q,\qquad \mathrm{d}\theta_2=-\mathrm{d} q\wedge\mathrm{d} p=\mathrm{d} p\wedge\mathrm{d} q$$

差は $\theta_1-\theta_2=p\,\mathrm{d} q+q\,\mathrm{d} p=\mathrm{d}(pq)$ で、関数 $pq$ の外微分である。正準2形式を与える1形式は、完全形式を足す自由度を除いてしか決まらない。5. 14.2-1 $q^i$ は運動量によらないので、(14.11) の第2項は0である。

$$\{q^i,p_j\}=\sum_k\frac{\partial q^i}{\partial q^k}\frac{\partial p_j}{\partial p_k}=\sum_k\delta^i{}_k\delta_j{}^k=\delta^i{}_j$$

$\{q^i,q^j\}$ の各項は、位置の運動量による微分を含むので0である。同様に $\{p_i,p_j\}$ の各項は、運動量の位置による微分を含むので0である。6. 14.2-2 (14.9) から $X_H=(p/m)\partial_q-mg\,\partial_p$ である。方程式 $\dot q=p/m$、$\dot p=-mg$ を解いて、次を得る。

$$q(t)=q_0+\frac{p_0}{m}t-\frac12gt^2,\qquad p(t)=p_0-mgt$$

Hamiltonian に代入して展開すると、時刻を含む項は打ち消し合う。

$$\frac{(p_0-mgt)^2}{2m}+mg\Bigl(q_0+\frac{p_0}mt-\frac12gt^2\Bigr)=\frac{p_0^2}{2m}+mgq_0$$ 7. 14.2-3 0でない偏微分は次のとおりである。

$$\begin{aligned} &\frac{\partial L_x}{\partial y}=p_z,\quad \frac{\partial L_x}{\partial z}=-p_y,\quad \frac{\partial L_x}{\partial p_y}=-z,\quad \frac{\partial L_x}{\partial p_z}=y,\\ &\frac{\partial L_y}{\partial x}=-p_z,\quad \frac{\partial L_y}{\partial z}=p_x,\quad \frac{\partial L_y}{\partial p_x}=z,\quad \frac{\partial L_y}{\partial p_z}=-x \end{aligned}$$

(14.11) の和では、$x$ と $y$ の項は0になる。残るのは3つ目の座標の項だけである。

$$\{L_x,L_y\}=\frac{\partial L_x}{\partial z}\frac{\partial L_y}{\partial p_z}-\frac{\partial L_x}{\partial p_z}\frac{\partial L_y}{\partial z}=(-p_y)(-x)-y\,p_x=xp_y-yp_x=L_z$$ 8. 14.2-4 Jacobi 恒等式 (14.13) で、3つの関数を $F,G,H$ とする。

$$\{\{F,G\},H\}=-\{\{G,H\},F\}-\{\{H,F\},G\}$$

仮定から $\{G,H\}=0$ で、$\{H,F\}=-\{F,H\}=0$ である。右辺の2項はどちらも0との括弧なので0で、$\{F,G\}$ は保存量である。9. 14.2-5 $X=a\partial_q+b\partial_p$ とすると $\iota_X(\mathrm{d} q\wedge\mathrm{d} p)=a\,\mathrm{d} p-b\,\mathrm{d} q$ である。これを $-\mathrm{d} H$ と比べると、次の方程式になる。

$$\dot q=-\frac{\partial H}{\partial p},\qquad \dot p=\frac{\partial H}{\partial q}$$

これは Hamilton 方程式の時間を逆にしたものである。調和振動子では $\dot q=-p/m$、$\dot p=m\omega_0^2q$ である。$q$ 軸の正の側から出ると運動量が正の側へ進むので、反時計回りに回る。10. 14.3-1 $X_H=(p/m)\partial_q-V'(q)\partial_p$ である。第1成分は位置によらず、第2成分は運動量によらない。したがって、発散は次のとおり0である。

$$\operatorname{div}X_H=\frac{\partial }{\partial q}\frac pm+\frac{\partial }{\partial p}\bigl(-V'(q)\bigr)=0$$ 11. 14.3-2 方程式は $\dot q=\partial H/\partial p=q$ と $\dot p=-\partial H/\partial q=-p$ である。解は $q=q_0\mathrm{e}^t$、$p=p_0\mathrm{e}^{-t}$ である。正方形は、次の長方形に移る。

$$\mathrm{e}^t\le q\le2\mathrm{e}^t,\qquad \mathrm{e}^{-t}\le p\le2\mathrm{e}^{-t}$$

面積は $\mathrm{e}^t\times\mathrm{e}^{-t}=1$ で変わらない。位置の方向に伸びた分だけ、運動量の方向に縮む。12. 14.3-3 変数を $u_i=p_i/\sqrt{2m}$、$v_i=\sqrt{m/2}\,\omega_0q_i$ に取り替える。すると $H=\sum_i(u_i^2+v_i^2)$ となる。エネルギーが $E$ 以下の領域は、新しい変数で4次元の球である。体積要素は次のように変わる。

$$\mathrm{d}^2q\,\mathrm{d}^2p=(2m)\cdot\frac{2}{m\omega_0^2}\,\mathrm{d}^2u\,\mathrm{d}^2v=\frac{4}{\omega_0^2}\,\mathrm{d}^2u\,\mathrm{d}^2v$$

したがって、領域の体積とその微分は次のとおりである。

$$V(E)=\frac{4}{\omega_0^2}\cdot\frac{\pi^2E^2}{2}=\frac{2\pi^2E^2}{\omega_0^2},\qquad V(E+\Delta E)-V(E)\approx\frac{4\pi^2E\,\Delta E}{\omega_0^2}$$ 13. 14.3-4 平衡点 $x_0$ が漸近安定だとする。平衡点を中心とする小さな閉球 $B$ を、吸引域の中にとる。半径 $\epsilon$ の球を、体積が $B$ より小さくなるようにとる。安定性から、ある半径 $\delta$ の球から出た軌道は、半径 $\epsilon$ の球を出ない。 $B$ の各点は、いつか $\delta$ の球に入る。連続性から、近くの点も同じ時刻に入る。$B$ はコンパクトなので有限個の近傍で覆える。したがってある時刻 $T$ 以後は、像 $\Phi_T(B)$ 全体が小さい方の球に入る。すると、像 $\Phi_T(B)$ の体積は元の閉球の体積より小さい。これは Liouville の定理 (14.16) に反する。したがって、Hamilton 系に漸近安定な平衡点は無い。14. 14.3-5 正準分布の偏微分は、次のとおりである。

$$\partial_q\mathrm{e}^{-\beta H}=-\beta H_q\mathrm{e}^{-\beta H},\qquad \partial_p\mathrm{e}^{-\beta H}=-\beta H_p\mathrm{e}^{-\beta H}$$

括弧を計算すると0になる。

$$\{H,\mathrm{e}^{-\beta H}\}=H_q(-\beta H_p\mathrm{e}^{-\beta H})-H_p(-\beta H_q\mathrm{e}^{-\beta H})=0$$

したがって (14.17) の右辺は0で、正準分布は時間によらない解である。15. 14.4-1 新しい変数の微分は $\mathrm{d} Q=2q\,\mathrm{d} q$ と $\mathrm{d} P=\mathrm{d} p/(2q)-p\,\mathrm{d} q/(2q^2)$ である。

$$\mathrm{d} P\wedge\mathrm{d} Q=\frac{\mathrm{d} p}{2q}\wedge2q\,\mathrm{d} q-\frac{p}{2q^2}\mathrm{d} q\wedge2q\,\mathrm{d} q=\mathrm{d} p\wedge\mathrm{d} q$$

したがって正準変換である。16. 14.4-2 $F_2=(q+a)(P-b)$ とする。(14.20) から、次の2式を得る。

$$Q=\frac{\partial F_2}{\partial P}=q+a,\qquad p=\frac{\partial F_2}{\partial q}=P-b$$

後者から $P=p+b$ で、求める平行移動になる。17. 14.4-3 (14.19) から、次のとおりである。

$$p=\frac{\partial F_1}{\partial q}=\frac{m(q-Q)}{\tau},\qquad P=-\frac{\partial F_1}{\partial Q}=\frac{m(q-Q)}{\tau}$$

したがって $P=p$ と $Q=q-p\tau/m$ を得る。混合2階微分は $-m/\tau\ne0$ なので、定理 14.22 の条件を満たす。

自由粒子の時間 $\tau$ の流れは $(q,p)\mapsto(q+p\tau/m,\,p)$ である。得た写像はその逆で、運動を時間 $\tau$ だけ逆にたどる。18. 14.4-4 2つの正準変換 $F,G$ の合成については、次が成り立つ。

$$(G\circ F)^*\omega=F^*G^*\omega=F^*\omega=\omega$$

逆写像については、$F^*\omega=\omega$ の両辺を逆写像で引き戻す。左辺は $(F^{-1})^*F^*\omega=(F\circ F^{-1})^*\omega=\omega$ になるので、$\omega=(F^{-1})^*\omega$ を得る。19. 14.4-5 新しい変数で $\mathrm{d} P\wedge\mathrm{d} Q=\mathrm{d} p\wedge\mathrm{d} q$ なので、正準変換である。$F^*\theta=(p+1)\,\mathrm{d} q$ なので、$F^*\theta-\theta=\mathrm{d} q$ である。円柱の上の1価の関数 $f$ で $\mathrm{d} f=\mathrm{d} q$ となるものがあったとする。運動量を一定にして角度を1周する閉曲線に沿って積分すると、次の矛盾が出る。

$$0=\oint\mathrm{d} f=\oint\mathrm{d} q=2\pi$$

したがって $\mathrm{d} q$ は閉だが完全でない（第12章 §12.5 の角度の微分と同じ）。この写像は、円柱全体で定義された第1種や第2種の母関数を持たない。20. 14.5-1 $p=(y,x)$ では、次のとおり命題 14.24 の (b) を満たす。

$$\frac{\partial P_x}{\partial y}=1=\frac{\partial P_y}{\partial x}$$

したがって Lagrange である。$S=xy$ とすると、勾配は $(y,x)$ になる。$p=(-y,x)$ では2つの偏微分が $-1$ と1で異なり、Lagrange でない。21. 14.5-2 原点から運動量 $p_0$ で出る解は、次のとおりである。

$$q=\frac{p_0}{m\omega_0}\sin\omega_0t,\qquad p=p_0\cos\omega_0t$$

$0<t<\pi/\omega_0$ では正弦が正なので、初めの運動量について解ける。その結果、場は $p(q,t)=m\omega_0q\cot\omega_0t$ となる。

与えられた作用の偏微分は、次のとおりである。

$$\frac{\partial S}{\partial q}=m\omega_0q\cot\omega_0t,\qquad \frac{\partial S}{\partial t}=-\frac{m\omega_0^2q^2}{2\sin^2\omega_0t}$$

1つ目は場に一致する。Hamiltonian に代入すると、次のようになる。

$$H=\frac{m\omega_0^2q^2}{2}(\cot^2\omega_0t+1)=\frac{m\omega_0^2q^2}{2\sin^2\omega_0t}=-\frac{\partial S}{\partial t}$$

したがって (14.22) が成り立つ。

$t=\pi/\omega_0$ では、すべての解が再び原点に戻る。このとき族は運動量の軸になり、原点が焦点（焦線）になる。余接関数が発散するので、場も作用も特異になる。22. 14.5-3 原点から運動量 $p_0$ で出る解は、次のとおりである。

$$q=\frac{p_0t}{m}-\frac{gt^2}2,\qquad p=p_0-mgt$$

1つ目から $p_0=m(q+gt^2/2)/t$ で、場は次のとおりである。

$$p(q,t)=\frac{mq}{t}-\frac{mgt}{2}$$

点 $(q,t)$ に着く解の初速度は $v_0=q/t+gt/2$ である。Lagrangian を時刻 $s$ について0から $t$ まで積分する。

$$S=\int_0^t\Bigl[\frac m2(v_0-gs)^2-mg\Bigl(v_0s-\frac12gs^2\Bigr)\Bigr]\mathrm{d} s=\frac{mv_0^2t}{2}-mgv_0t^2+\frac{mg^2t^3}{3}$$

初速度を代入して整理すると、次を得る。

$$S=\frac{mq^2}{2t}-\frac{mgqt}{2}-\frac{mg^2t^3}{24}$$

確かめると、$\partial S/\partial q$ は場に一致する。さらに次が成り立つ。

$$\frac{\partial S}{\partial t}=-\frac{mq^2}{2t^2}-\frac{mgq}{2}-\frac{mg^2t^2}{8},\qquad H=\frac{1}{2m}\Bigl(\frac{mq}{t}-\frac{mgt}{2}\Bigr)^2+mgq=\frac{mq^2}{2t^2}+\frac{mgq}2+\frac{mg^2t^2}{8}$$

和は0で、(14.22) を満たす。23. 14.5-4 解 $q=q_0(1-kt/m)$ から初めの位置を解き、運動量 $-kq_0$ に入れる。

$$p(q,t)=-\frac{kq}{1-kt/m}$$

作用を次のように置くと、$t=0$ で $-kq^2/2$ になり、勾配は上の場に一致する。

$$S=-\frac{kq^2}{2(1-kt/m)}$$

時間微分と Hamiltonian は次のとおりで、和は0である。

$$\frac{\partial S}{\partial t}=-\frac{k^2q^2}{2m(1-kt/m)^2},\qquad H=\frac{p^2}{2m}=\frac{k^2q^2}{2m(1-kt/m)^2}$$ 24. 14.6-1 $H_1$ は1つ目の振動子の変数だけ、$H_2$ は2つ目の変数だけの関数である。(14.11) の各項は、片方の関数を相手の変数で微分したものを含むので0である。したがって $\{H_1,H_2\}=0$ である。

2つの微分は、次のとおり別々の座標の微分で書かれている。

$$\mathrm{d} H_1=m\omega_1^2q_1\,\mathrm{d} q_1+\frac{p_1}m\,\mathrm{d} p_1,\qquad \mathrm{d} H_2=m\omega_2^2q_2\,\mathrm{d} q_2+\frac{p_2}m\,\mathrm{d} p_2$$

したがって2つは、どちらの振動子も静止していない点で1次独立である。どちらかの振動子が原点に静止している点では、独立でなくなる。25. 14.6-2 壁の間では運動量の大きさが $\sqrt{2mE}$ で一定である。軌道は相空間の長方形の周で、壁で運動量の符号が変わる。囲む面積と作用変数は、次のとおりである。

$$A=2a\sqrt{2mE},\qquad I=\frac{A}{2\pi}=\frac{a\sqrt{2mE}}{\pi},\qquad E=\frac{\pi^2I^2}{2ma^2}$$

角振動数は次のとおりである。

$$\nu=\frac{d E}{d I}=\frac{\pi^2I}{ma^2}=\frac{\pi\sqrt{2mE}}{ma}=\frac{\pi v}{a}$$

周期は $2\pi/\nu=2a/v$ で、往復の距離を速さで割ったものに一致する。26. 14.6-3 角運動量の偏微分は、次のとおりである。

$$\frac{\partial L_z}{\partial q_1}=p_2,\quad \frac{\partial L_z}{\partial q_2}=-p_1,\quad \frac{\partial L_z}{\partial p_1}=-q_2,\quad \frac{\partial L_z}{\partial p_2}=q_1$$

これを (14.11) に入れる。

$$\{L_z,H\}=p_2p_1+(-p_1)p_2-(-q_2)\,\omega_1^2q_1-q_1\,\omega_2^2q_2=(\omega_1^2-\omega_2^2)q_1q_2$$

これがすべての点で0になるのは、$\omega_1^2=\omega_2^2$ のときに限る。27. 14.6-4 無理数 $\alpha$ について、番号が違えば $n\alpha$ の小数部分は異なる。自然数 $N$ をとり、$n=0,1,\dots,N$ の小数部分を考える。区間を長さ $1/N$ の $N$ 個に分けると、どれかの区間に2つが入る。その2つの番号の差を $d$ とする。円周の上で、$d\alpha$ は0から距離 $\delta$ の点である。この距離は $1/N$ より小さい正の数である。 $d\alpha$ を繰り返し足すと、軌道は刻み幅 $\delta$ で円周を一方向に回る。したがって、長さ $1/N$ のどの区間にも軌道の点が入り、軌道は稠密である。トーラスでは、軌道が円 $\varphi^2\equiv0$ を通るたびの1つ目の角度を調べる。通る時刻の間隔は $2\pi/\omega_2$ で、その間に1つ目の角度は $2\pi\omega_1/\omega_2$ だけ進む。これは $\alpha=\omega_1/\omega_2$ の回転なので、上の結果からこの円の上で稠密である。円の各点を流れで時間 $[0,2\pi/\omega_2)$ だけ進めるとトーラス全体を覆い、流れは連続なので軌道はトーラスで稠密である。28. 14.6-5 $\epsilon=mgl/E$ と置くと $p=\sqrt{2ml^2E}\sqrt{1+\epsilon\cos q}$ である。これを小さな比について展開する。

$$p=\sqrt{2ml^2E}\Bigl(1+\frac{\epsilon}{2}\cos q-\frac{\epsilon^2}{8}\cos^2q+\cdots\Bigr)$$

余弦の1周の積分は0、その2乗の積分は $\pi$ である。したがって作用変数は次のとおりで、主要項は $\sqrt{2ml^2E}$ である。

$$I=\sqrt{2ml^2E}\Bigl(1-\frac{\epsilon^2}{16}+\cdots\Bigr)$$

主要項では $E=I^2/(2ml^2)$ なので、角振動数は次のとおりである。

$$\nu=\frac{d E}{d I}=\frac{I}{ml^2}=\sqrt{\frac{2E}{ml^2}}$$

一方、角速度は $\dot q=p/ml^2\approx\sqrt{2E/ml^2}$ で、同じ値になる。厳密には命題 14.32 から $\nu=2\pi/T$ で、1周の角度を周期で割った平均の角速度に等しい。