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出てくるもの(2):時刻をずらす変換とエネルギー

2026年10月15日15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. 時刻をずらす変換を、時刻を止めた変分に直す
  2. エネルギーの保存
  3. 「保存」はいつも時刻について一定の意味で、対称性はずらすもので分かれる
  4. 時刻をずらして変わらないのは状態でなく規則
  5. が力学的エネルギーにならない場合
  6. 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 §1.10.4 ★★★ LL が tt を陽に含まなければ H=∑ipiq˙i−LH=\sum_ip_i\dot q_i-L が保存する。HH が力学的エネルギーと一致するとは限らない

時刻をずらす変換を、時刻を止めた変分に直す

時刻の並進は、経路 q(t)q(t) を時間方向に ϵ\epsilon だけ先へ進めて q(t+ϵ)q(t+\epsilon) に置き換える変換である。同じ時刻 tt で比べると

δqi(t)=qi(t+ϵ)−qi(t)=ϵq˙i(t)+O(ϵ2)(1.10.13)\delta q_i(t)=q_i(t+\epsilon)-q_i(t)=\epsilon\dot q_i(t)+\mathcal{O}(\epsilon^2)\tag{1.10.13}

となるので、変換の向きは Ki=q˙iK_i=\dot q_i で、速度による。1.10.1節では KiK_i を qq と tt の関数に限ったが、Noether の恒等式 (1.10.8) の導出は、δq˙i=ϵK˙i\delta\dot q_i=\epsilon\dot K_i(K˙i\dot K_i は経路に沿った全微分)と積の微分しか使っていない。KiK_i が速度や加速度を含んでいても、経路を1本決めれば Ki(t)K_i(t) は時刻の関数として決まり、K˙i\dot K_i はその導関数なので、恒等式は同じように成り立つ。定理 1.10.2 も、Λ\Lambda を qq, q˙\dot q, tt の関数に広げて同じ証明で成り立つ。

第1部第3章で、時刻もずらす変分では δq˙=ddtδq\delta\dot q=\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\delta q がそのまま使えないことを注意した。ここでの扱いはそれを避ける形になっている。一般に、時刻を t→t′=t+ϵτ(t)t\to t'=t+\epsilon\tau(t) とずらし、同時に座標を qi→qi+ϵKiq_i\to q_i+\epsilon K_i とずらす変換では、「新しい経路の時刻 t′t' での値」と「元の経路の時刻 tt での値」の差

Δqi≔qi′(t′)−qi(t)=ϵKi\Delta q_i\coloneqq q'_i(t')-q_i(t)=\epsilon K_i

を変分と呼びたくなる。しかし Δ\Delta は比べる時刻自体を動かしているので、τ\tau が時刻によるときは時間微分と交換しない。そこで同じ時刻で比べた変分 δqi(t)≔qi′(t)−qi(t)\delta q_i(t)\coloneqq q'_i(t)-q_i(t) に直す。qi′(t′)=qi′(t)+ϵτq˙i+O(ϵ2)q'_i(t')=q'_i(t)+\epsilon\tau\dot q_i+\mathcal{O}(\epsilon^2) なので

δqi=Δqi−ϵτq˙i=ϵ (Ki−τq˙i)(1.10.14)\delta q_i=\Delta q_i-\epsilon\tau\dot q_i=\epsilon\,(K_i-\tau\dot q_i)\tag{1.10.14}

となり、δ\delta は時刻を止めた変分なので第3章の規則がそのまま使える。時刻をずらす変換は、向きが Ki−τq˙iK_i-\tau\dot q_i の、速度による変換として扱えばよい。この形で定理を当てると、保存量は

Q=∑ipi(Ki−τq˙i)−Λ(1.10.15)Q=\sum_ip_i(K_i-\tau\dot q_i)-\Lambda\tag{1.10.15}

になる(Λ\Lambda は時刻を止めた変分で測った δL=ϵΛ˙\delta L=\epsilon\dot\Lambda の Λ\Lambda)。時刻の並進 q′(t)=q(t+ϵ)q'(t)=q(t+\epsilon) は、t′=t−ϵt'=t-\epsilon(τ=−1\tau=-1)で q′(t′)=q(t)q'(t')=q(t)(K=0K=0)とした場合にあたり、式 (1.10.14) は式 (1.10.13) に戻る。

エネルギーの保存

Ki=q˙iK_i=\dot q_i を式 (1.10.3) に入れると、K˙i=q¨i\dot K_i=\ddot q_i なので

δL=ϵ∑i(∂L∂qiq˙i+∂L∂q˙iq¨i)=ϵ(dLdt−∂L∂t)(1.10.16)\delta L=\epsilon\sum_i\Bigl(\frac{\partial L}{\partial q_i}\dot q_i+\frac{\partial L}{\partial \dot q_i}\ddot q_i\Bigr)=\epsilon\Bigl(\frac{\mathrm{d} L}{\mathrm{d} t}-\frac{\partial L}{\partial t}\Bigr)\tag{1.10.16}

を得る(dLdt\frac{\mathrm{d} L}{\mathrm{d} t} は経路に沿った全微分、∂L∂t\frac{\partial L}{\partial t} は qq, q˙\dot q を止めた偏微分)。LL が時刻を陽に含まなければ(∂L/∂t=0\partial L/\partial t=0)、すべての経路で δL=ϵdLdt\delta L=\epsilon\frac{\mathrm{d} L}{\mathrm{d} t} となり、Λ=L\Lambda=L の準対称性である。定理から

Q=∑ipiq˙i−L=H(1.10.17)Q=\sum_ip_i\dot q_i-L=H\tag{1.10.17}

が保存する。これは第1部第7章の Legendre 変換で LL から作った Hamiltonian と同じ式である。

LL が時刻を陽に含むときも、恒等式 (1.10.8) と式 (1.10.16) を比べると、解の上で

dHdt=−∂L∂t(1.10.18)\frac{\mathrm{d} H}{\mathrm{d} t}=-\frac{\partial L}{\partial t}\tag{1.10.18}

が成り立つ。HH の変化は、LL が時刻を陽に含む分だけで決まる。

「保存」はいつも時刻について一定の意味で、対称性はずらすもので分かれる

「保存する」という語は、運動の間に値が時刻とともに変わらないことを指す。運動量でも角運動量でもエネルギーでも、この意味は同じである。保存量どうしを分けるのは、どの変換で LL が変わらないかのほうである。この章の3つの場合を並べる。

ずらすものLL が変わらない条件時刻について一定になる量
空間の並進VV が粒子の位置の差だけによる運動量 P\bm{P}
回転VV が向きによらない角運動量 L\bm{L}
時刻の並進LL が tt を陽に含まないエネルギー HH

右の欄の「一定」は、3行とも時刻 tt についての一定である。違うのは左の欄の「何をずらすか」で、時刻の並進の行だけは、ずらす変数も一定に保たれる変数も時刻になっている。そのため、この行では「時刻について一定」と「時刻をずらす対称性」の2つが混ざりやすい。

時刻をずらして変わらないのは状態でなく規則

時刻の並進の対称性が要求するのは、粒子の状態が時刻とともに変わらないことではない。運動を決める規則、つまり LL の関数形が tt を陽に含まないことである。このとき、同じ初期条件から10時に動かし始めても15時に動かし始めても、同じ運動が時刻だけ5時間ずれて起こる。粒子の位置と速度は運動の間に変わってよい。

1次元の粒子で L=12mx˙2−V(x,t)L=\frac12m\dot x^2-V(x,t) とし、力学的エネルギー E=12mx˙2+V(x,t)E=\frac12m\dot x^2+V(x,t) を経路に沿って微分する。

dEdt=mx˙x¨+∂V∂xx˙+∂V∂t(V(x(t),t) の連鎖律)=x˙(mx¨+∂V∂x)+∂V∂t=∂V∂t(運動方程式 mx¨=−∂V/∂x)\begin{aligned}\frac{\mathrm{d} E}{\mathrm{d} t}&=m\dot x\ddot x+\frac{\partial V}{\partial x}\dot x+\frac{\partial V}{\partial t}&&\text{(}{V(x(t),t)}\text{ の連鎖律)}\\ &=\dot x\Bigl(m\ddot x+\frac{\partial V}{\partial x}\Bigr)+\frac{\partial V}{\partial t}&&\\ &=\frac{\partial V}{\partial t}&&\text{(運動方程式 }{m\ddot x=-\partial V/\partial x}\text{)}\end{aligned}

これは式 (1.10.18) の右辺 −∂L/∂t-\partial L/\partial t を、この LL について書いたものである。

偏微分と全微分の役割を分けておく。∂V/∂t\partial V/\partial t は位置を止めて測った変化で、ポテンシャルの関数形そのものが時刻とともに変わる分である。全微分の中の x˙ ∂V/∂x\dot x\,\partial V/\partial x は、粒子が動いて別の場所の VV を見ることによる変化である。この項は運動エネルギーの変化 mx˙x¨m\dot x\ddot x と打ち消し合うので、運動エネルギーと位置エネルギーのやりとりでは EE は変わらない。

空間の並進でも同じ区別がある。運動量が保存する条件は、粒子が動かないことではなく、VV の関数形が xx によらないことである。このとき p˙=−∂V/∂x=0\dot p=-\partial V/\partial x=0 で、粒子自身は動き回ってよい。

例題 1.10.4 時刻とともに強くなる一様な力 ★★

オリジナル質量 mm の粒子が直線上で、正の定数 F0F_0 を使って

V(x,t)=−F0 t xV(x,t)=-F_0\,t\,x

と書けるポテンシャルを受ける。

  1. (1) 運動量 pp とエネルギー E=12mx˙2+VE=\frac12m\dot x^2+V のそれぞれが保存するかどうかを、ポテンシャルの関数形から判定せよ。
  2. (2) 時刻 τ\tau に原点で静止していた粒子の、運動量と位置を時刻の関数として求めよ。
  3. (3) τ=0\tau=0 のときのエネルギーを時刻の関数として求め、dEdt=∂V∂t\frac{\mathrm{d} E}{\mathrm{d} t}=\frac{\partial V}{\partial t} が成り立つことを確かめよ。
  4. (4) 時刻 τ\tau に出発した運動を同じ時間だけ前へずらすと、τ=0\tau=0 に出発した運動と重なるか。VV が tt を含まない場合と比べて答えよ。
解答

(1) ∂V/∂x=−F0t\partial V/\partial x=-F_0t は 0 でないので、空間の並進でポテンシャルは変わり、運動量は保存しない。∂V/∂t=−F0x\partial V/\partial t=-F_0x も恒等的には 0 でないので、時刻の並進でポテンシャルは変わり、エネルギーも保存しない。

(2) 運動方程式は p˙=F0t\dot p=F_0t である。p(τ)=0p(\tau)=0 と x(τ)=0x(\tau)=0 から積分すると

p(t)=F02(t2−τ2),x(t)=F02m(t3−τ33−τ2(t−τ)).p(t)=\frac{F_0}{2}\bigl(t^2-\tau^2\bigr),\qquad x(t)=\frac{F_0}{2m}\Bigl(\frac{t^3-\tau^3}{3}-\tau^2(t-\tau)\Bigr).

(3) (2) で出発の時刻を 0 とおいた p=F0t2/2p=F_0t^2/2 と x=F0t3/(6m)x=F_0t^3/(6m) を入れる。

E=p22m−F0tx=F02t48m−F02t46m=−F02t424m.E=\frac{p^2}{2m}-F_0tx=\frac{F_0^2t^4}{8m}-\frac{F_0^2t^4}{6m}=-\frac{F_0^2t^4}{24m}.

微分すると dEdt=−F02t3/(6m)\frac{\mathrm{d} E}{\mathrm{d} t}=-F_0^2t^3/(6m) である。一方で ∂V∂t=−F0x=−F02t3/(6m)\frac{\partial V}{\partial t}=-F_0x=-F_0^2t^3/(6m) となり、両者は一致する。

(4) 重ならない。τ\tau だけ前へずらした運動量は

p(t+τ)=F02((t+τ)2−τ2)=F02(t2+2τt)p(t+\tau)=\frac{F_0}{2}\bigl((t+\tau)^2-\tau^2\bigr)=\frac{F_0}{2}\bigl(t^2+2\tau t\bigr)

で、τ=0\tau=0 の F0t2/2F_0t^2/2 と違う。遅く出発した粒子ほど、出発の時点で強い力を受けるからである。ポテンシャルが時刻を含まなければ、運動方程式は時刻をずらしても同じ形なので、ずらした運動は τ=0\tau=0 の運動と一致する。

HH が力学的エネルギーにならない場合

保存する量は HH で、力学的エネルギー E=T+VE=T+V ではない。両者が一致するのは、TT が速度の2次の同次式で VV が速度によらないときである。このとき Euler の同次関数の定理から ∑iq˙i ∂T/∂q˙i=2T\sum_i\dot q_i\,\partial T/\partial\dot q_i=2T で、H=2T−(T−V)=T+VH=2T-(T-V)=T+V となる。直交座標で書いた粒子系や、時刻によらない拘束で動く系はこの場合に入る。拘束が時刻とともに動く系では、一般化座標で書いた TT に速度の1次や0次の項が入り、H≠EH\neq E になる。そのとき EE は保存しなくてもよく、HH は LL が時刻を陽に含まなければ保存する。

図

図 1.10.2 回る輪の上のビーズ(例題 1.10.5、m=0.1 kgm=0.1\,\mathrm{kg}, R=0.2 mR=0.2\,\mathrm{m}, Ω=10 s−1\Omega=10\,\mathrm{s^{-1}}, θ(0)=0.5\theta(0)=0.5, θ˙(0)=0\dot\theta(0)=0)。運動方程式を数値積分した解で EE(破線)と HH(実線)を計算した。どちらも近似を含まない値である。HH は −0.2180 J-0.2180\,\mathrm J のまま変わらず(積分の区間で変動は 10−11 J10^{-11}\,\mathrm J 以下)、EE は輪を回すモーターがする仕事の分だけ増減する

例題 1.10.5 回る輪の上のビーズ ★★★

オリジナル回る輪のビーズは第1部第2章の1.2.7節の総合問題から続く例で、T2−T0+VT_2-T_0+V(=H=H)の保存は第2章で、H≠EH\neq E は第1部第8章の1.8.7節の総合問題で見た。ここではそれが時刻の並進の Noether の定理から出ることを確かめる(RR・Ω\Omega は第2章・第8章の総合問題と同じ値にとる)。半径 RR の円形の輪が鉛直な直径を軸に一定の角速度 Ω\Omega で回されていて、質量 mm のビーズが輪に沿ってなめらかに動く。最下点からの角度を θ\theta とすると、ビーズの速さの2乗は R2θ˙2+R2Ω2sin⁡2θR^2\dot\theta^2+R^2\Omega^2\sin^2\theta なので

L=mR22(θ˙2+Ω2sin⁡2θ)+mgRcos⁡θ.L=\frac{mR^2}{2}\bigl(\dot\theta^2+\Omega^2\sin^2\theta\bigr)+mgR\cos\theta .

  1. (1) pθp_\theta と H=pθθ˙−LH=p_\theta\dot\theta-L を求め、HH が保存することを定理から述べよ。
  2. (2) 力学的エネルギー E=T+VE=T+V と HH の差を求めよ。EE は保存するか。
  3. (3) m=0.1 kgm=0.1\,\mathrm{kg}, R=0.2 mR=0.2\,\mathrm m, Ω=10 s−1\Omega=10\,\mathrm{s^{-1}}, g=9.8 m s−2g=9.8\,\mathrm{m\,s^{-2}} で θ(0)=0.5\theta(0)=0.5, θ˙(0)=0\dot\theta(0)=0 から放す。HH と EE の初めの値を求め、θ\theta が達する最大の角度を HH の保存から求めよ。
解答

(1) pθ=∂L/∂θ˙=mR2θ˙p_\theta=\partial L/\partial\dot\theta=mR^2\dot\theta。よって

H=mR2θ˙2−L=mR22θ˙2−mR2Ω22sin⁡2θ−mgRcos⁡θ.H=mR^2\dot\theta^2-L=\frac{mR^2}{2}\dot\theta^2-\frac{mR^2\Omega^2}{2}\sin^2\theta-mgR\cos\theta .

LL は時刻を陽に含まない(輪の回転は Ω2sin⁡2θ\Omega^2\sin^2\theta の項として入り、輪の向きの角度 Ωt\Omega t は LL に現れない)ので、式 (1.10.17) から HH は保存する。

(2) T=mR22(θ˙2+Ω2sin⁡2θ)T=\frac{mR^2}{2}(\dot\theta^2+\Omega^2\sin^2\theta), V=−mgRcos⁡θV=-mgR\cos\theta なので

E−H=mR2Ω2sin⁡2θ.E-H=mR^2\Omega^2\sin^2\theta .

TT のうち mR22Ω2sin⁡2θ\frac{mR^2}{2}\Omega^2\sin^2\theta は速度 θ˙\dot\theta の0次の項で、HH ではこの項の符号が反転する。HH が一定なので EE は mR2Ω2sin⁡2θmR^2\Omega^2\sin^2\theta と同じだけ変わり、ビーズが外へ上がる(sin⁡θ\sin\theta が増える)と EE が増える。輪を一定の角速度で回し続けるモーターが輪を通してビーズに仕事をするので、EE は保存しない。

(3) 初めは θ˙=0\dot\theta=0 なので

H=−0.1⋅0.04⋅1002sin⁡20.5−0.1⋅9.8⋅0.2cos⁡0.5=−0.0460−0.1720=−0.2180 J,H=-\frac{0.1\cdot0.04\cdot100}{2}\sin^20.5-0.1\cdot9.8\cdot0.2\cos0.5=-0.0460-0.1720=-0.2180\,\mathrm J,

E=H+mR2Ω2sin⁡20.5=−0.2180+0.0919=−0.1260 JE=H+mR^2\Omega^2\sin^20.5=-0.2180+0.0919=-0.1260\,\mathrm J。最大の角度では θ˙=0\dot\theta=0 なので、c=cos⁡θc=\cos\theta について −mR2Ω22(1−c2)−mgRc=H-\frac{mR^2\Omega^2}{2}(1-c^2)-mgRc=H が成り立つ。mR2Ω2/2mR^2\Omega^2/2 で割って整理すると

c2−2gRΩ2c+(2gRΩ2cos⁡0.5−cos⁡20.5)=0c^2-\frac{2g}{R\Omega^2}c+\Bigl(\frac{2g}{R\Omega^2}\cos0.5-\cos^20.5\Bigr)=0

で、根の1つは出発点の c=cos⁡0.5c=\cos0.5 なので、根と係数の関係からもう1つは c=2gRΩ2−cos⁡0.5=0.98−0.8776=0.1024c=\frac{2g}{R\Omega^2}-\cos0.5=0.98-0.8776=0.1024。最大の角度は θ=arccos⁡0.1024=1.468\theta=\arccos0.1024=1.468(約 84∘84^\circ)である。図 1.10.2 は同じ条件の数値解で、EE は −0.126 J-0.126\,\mathrm J と +0.178 J+0.178\,\mathrm J の間を往復する。

木下の勉強ステータス

木下はまだこの記事を勉強していません。

AI(Claude)が書いた教材を、木下が勉強しながら公開しています。式と数値は検算していますが、誤りが残っているかもしれません。誤りのご指摘・削除のご依頼をいただければ直します。 連絡先:support@tecktom.com

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