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当てる道具:Euler–Lagrange 方程式・正準運動量・生成子

2026年10月15日6分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第1部 第10章 Noether の定理(生成子が保存する)
目次
  1. 前の章から借りる3つの道具
  2. Noether の恒等式
  3. 木下の層

AI 生成・木下が未勉強

解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第1部 第10章 §1.10.2 ★★★ δL\delta L を「運動方程式の部分」と「全微分の部分」に分ける恒等式を作る。第4章で捨てた端の項がここで保存量になる

前の章から借りる3つの道具

1つ目は Euler–Lagrange 方程式

Ei≔∂L∂qi−ddt∂L∂q˙i=0(i=1,…,f)(1.10.6)\mathcal E_i\coloneqq\frac{\partial L}{\partial q_i}-\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\frac{\partial L}{\partial \dot q_i}=0\qquad(i=1,\dots,f)\tag{1.10.6}

である(第1部第4章)。左辺の Ei\mathcal E_i は、第1部第3章の汎関数微分 δS/δqi(t)\delta S/\delta q_i(t) と同じ式である。この章では、運動方程式の解でない経路でも Ei\mathcal E_i を「経路を入れると決まる時刻の関数」として使う。解の上ではこれが 00 になる。

2つ目は正準運動量 pi=∂L/∂q˙ip_i=\partial L/\partial\dot q_i(第1部第8章)である。3つ目は無限小変換の生成子(第1部第9章)で、相空間の関数 G(q,p,t)G(q,p,t) を1つ決めると

δqi=ϵ∂G∂pi,δpi=−ϵ∂G∂qi(1.10.7)\delta q_i=\epsilon\frac{\partial G}{\partial p_i},\qquad \delta p_i=-\epsilon\frac{\partial G}{\partial q_i}\tag{1.10.7}

によって相空間の点を動かす変換が決まる。並進は G=pG=p、平面内の回転は G=Lz=xpy−ypxG=L_z=xp_y-yp_x、時間発展は G=HG=H で ϵ=dt\epsilon=\mathrm{d} t である(LzL_z は角運動量の zz 成分で、Lagrangian LL とは添字で区別する)。3つ目の道具は1.10.5節で使う。

Noether の恒等式

式 (1.10.3) の第2項に積の微分 ∂L∂q˙iK˙i=ddt(∂L∂q˙iKi)−(ddt∂L∂q˙i)Ki\frac{\partial L}{\partial \dot q_i}\dot K_i=\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\Bigl(\frac{\partial L}{\partial \dot q_i}K_i\Bigr)-\Bigl(\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\frac{\partial L}{\partial \dot q_i}\Bigr)K_i を使うと、

δL=ϵ∑i=1fEi Ki+ϵddt(∑i=1fpiKi)(1.10.8)\delta L=\epsilon\sum_{i=1}^f\mathcal E_i\,K_i+\epsilon\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\Bigl(\sum_{i=1}^fp_iK_i\Bigr)\tag{1.10.8}

を得る。この式をNoether の恒等式と呼ぶ。積の微分を書き換えただけなので、運動方程式を使っておらず、すべての経路で成り立つ。右辺の第1項は運動方程式の左辺に比例する部分で、解の上では消える。第2項は時刻の全微分で、中身は運動量と変換の向きの内積 ∑ipiKi\sum_ip_iK_i である。

時刻で積分すると

δS=ϵ∫t1t2∑iEiKi dt+ϵ[∑ipiKi]t1t2(1.10.9)\delta S=\epsilon\int_{t_1}^{t_2}\sum_i\mathcal E_iK_i\,\mathrm{d} t+\epsilon\Bigl[\sum_ip_iK_i\Bigr]_{t_1}^{t_2}\tag{1.10.9}

となる。これは第1部第4章で Euler–Lagrange 方程式を出したときの部分積分と同じ式で、第4章では許される向きが端で 00 だったので端の項 [∑ipiδqi]t1t2\bigl[\sum_ip_i\delta q_i\bigr]_{t_1}^{t_2} を捨てた。この章では端で 00 にならない向き KiK_i を使うので、端の項が残る。次の節の定理は、この端の項が対称性のおかげで時刻によらない量になる、という主張である。

恒等式の読み方

式 (1.10.8) の左辺 δL\delta L は、LL の形と変換の向き KK だけから計算できる量である。右辺の第1項は運動方程式が成り立てば 00 になる。したがって、LL の形から δL=0\delta L=0 と分かっていれば、運動方程式の解の上では第2項も 00 でなければならず、∑ipiKi\sum_ip_iK_i の時間微分が 00 になる。運動方程式を1回も解かずに、LL の形を見るだけで保存量が見つかる。

例題 1.10.2 回転について恒等式を両辺から確かめる ★★

オリジナル平面上の1粒子 L=m2(x˙2+y˙2)−V(x,y)L=\frac m2(\dot x^2+\dot y^2)-V(x,y) と回転 (Kx,Ky)=(−y,x)(K_x,K_y)=(-y,x) を考える。

  1. (1) 式 (1.10.3) から δL\delta L を直接計算せよ。
  2. (2) 式 (1.10.8) の右辺を計算し、(1) と一致することを確かめよ。
  3. (3) 回転が対称性になる VV の条件を極座標で述べ、そのとき保存する量を書け。
解答

(1) K˙x=−y˙\dot K_x=-\dot y, K˙y=x˙\dot K_y=\dot x なので

δL=ϵ[−∂V∂x(−y)−∂V∂yx+mx˙(−y˙)+my˙ x˙]=−ϵ(x∂V∂y−y∂V∂x).\delta L=\epsilon\Bigl[-\frac{\partial V}{\partial x}(-y)-\frac{\partial V}{\partial y}x+m\dot x(-\dot y)+m\dot y\,\dot x\Bigr]=-\epsilon\Bigl(x\frac{\partial V}{\partial y}-y\frac{\partial V}{\partial x}\Bigr).

運動エネルギーの部分は打ち消し合う。

(2) Ex=−∂xV−mx¨\mathcal E_x=-\partial_xV-m\ddot x, Ey=−∂yV−my¨\mathcal E_y=-\partial_yV-m\ddot y、∑ipiKi=mx˙(−y)+my˙ x=m(xy˙−yx˙)\sum_ip_iK_i=m\dot x(-y)+m\dot y\,x=m(x\dot y-y\dot x) なので

∑iEiKi=y ∂xV+myx¨−x ∂yV−mxy¨,ddtm(xy˙−yx˙)=m(xy¨−yx¨).\sum_i\mathcal E_iK_i=y\,\partial_xV+my\ddot x-x\,\partial_yV-mx\ddot y,\qquad \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}m(x\dot y-y\dot x)=m(x\ddot y-y\ddot x).

足すと加速度の項が打ち消し合い、y ∂xV−x ∂yVy\,\partial_xV-x\,\partial_yV が残る。ϵ\epsilon を掛けると (1) と一致する。加速度 x¨\ddot x, y¨\ddot y は運動方程式を使わずに残したまま計算しているので、この一致はどんな経路でも成り立つ。

(3) x ∂yV−y ∂xV=∂V/∂φx\,\partial_yV-y\,\partial_xV=\partial V/\partial\varphi(x=rcos⁡φx=r\cos\varphi, y=rsin⁡φy=r\sin\varphi)なので、回転が対称性であることは VV が φ\varphi によらず V=V(r)V=V(r) と書けることと同じである。そのとき恒等式から、解の上で ddtm(xy˙−yx˙)=0\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}m(x\dot y-y\dot x)=0 となり、角運動量 Lz=m(xy˙−yx˙)=xpy−ypxL_z=m(x\dot y-y\dot x)=xp_y-yp_x が保存する。

木下の勉強ステータス

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