この章のまとめ

(1) $H=H_x+H_y$ で、$H_x$ は $x,p_x$ だけ、$H_y$ は $y,p_y$ だけを含むので $\{H_x,H_y\}=0$。よって $\{A,H\}=\{H_x,H_x\}-\{H_y,H_y\}+\{H_x,H_y\}-\{H_y,H_x\}=0$。$B$ は第9章の総合問題 (3) の $Q_{xy}$ そのもので、そこで $\delta H=\epsilon\{H,Q_{xy}\}=0$ を示したので $\{B,H\}=-\{H,B\}=0$ である。$C$ は $\{L_z,x^2+y^2\}=0$, $\{L_z,p_x^2+p_y^2\}=0$（1.11.2節の例題 (2)）から $\{C,H\}=0$。どれも時間を陽に含まないので、式 (1.11.10) から保存量である。第1部第8章の Hamilton 方程式を解かなくても、括弧だけで保存が分かる。

(2) $\delta x=\epsilon\frac{\partial A}{\partial p_x}=\epsilon\frac{p_x}{m}$, $\delta y=\epsilon\frac{\partial A}{\partial p_y}=-\epsilon\frac{p_y}{m}$, $\delta p_x=-\epsilon\frac{\partial A}{\partial x}=-\epsilon m\omega^2x$, $\delta p_y=-\epsilon\frac{\partial A}{\partial y}=\epsilon m\omega^2y$。$x$ 方向は時間発展と同じ向き、$y$ 方向は逆向きに少しだけ動かす変換で、$\delta x$ が運動量 $p_x$ を含むので、第1部第9章の座標だけの変換 $\delta q=\epsilon K(q)$ の形ではない。この対称性は配位空間の変換としては現れず、相空間で初めて変換として書くことができる。

(3) 直接計算すると（Leibniz 則と基本の括弧）

$$\{A,B\}=2\omega^2(xp_y-yp_x)=2\omega C,\qquad \{B,C\}=2\omega A,\qquad \{C,A\}=2\omega B .$$

たとえば $\{C,A\}$ は、Leibniz 則で $\{H_x,L_z\}=\frac{p_x}{m}\{p_x,L_z\}+m\omega^2x\{x,L_z\}=-\frac{p_xp_y}{m}-m\omega^2xy=-B$、同様に $\{H_y,L_z\}=B$ となるので、$\{C,A\}=-\omega\{A,L_z\}=-\omega(-B-B)=2\omega B$ と出る。両辺を $(2\omega)^2$ で割ると $\{J_1,J_2\}=J_3$, $\{J_2,J_3\}=J_1$, $\{J_3,J_1\}=J_2$ で、式 (1.11.9) と同じ形である。

(4) Poisson の定理 1.11.4 から、$A$ と $C$ が保存量なら $\{C,A\}$ も保存量である。(3) から $\{C,A\}=2\omega B$ なので、$B$ も保存量である。

(5) $\mathsf D_{L_z}A=\{A,L_z\}=-\frac1\omega\{C,A\}=-2B$、$\mathsf D_{L_z}B=\{B,L_z\}=\frac1\omega\{B,C\}=2A$。$\mathsf D_{L_z}$ を当てるたびに $A\to-2B\to-4A\to8B\to16A$ となるので、Lie 級数の偶数番目と奇数番目を分けて足すと

$$A\bigl(\Phi^{L_z}_\theta\bigr)=A\cos2\theta-B\sin2\theta,\qquad B\bigl(\Phi^{L_z}_\theta\bigr)=A\sin2\theta+B\cos2\theta .$$

$(A,B)$ は角度 $2\theta$ で回転する。$A$ と $B$ は $x^2-y^2$, $xy$ と同じく、座標の2次式で作った量なので、平面を $\theta$ 回転すると $2\theta$ 回転する（$\theta=\pi$ で元に戻る）。

(6) $A^2+B^2=\Bigl(\frac{p_x^2-p_y^2}{2m}+\frac{m\omega^2}{2}(x^2-y^2)\Bigr)^2+\Bigl(\frac{p_xp_y}{m}+m\omega^2xy\Bigr)^2$ を展開して $C^2=\omega^2(xp_y-yp_x)^2$ を足すと、$\bigl(\frac{p_x^2+p_y^2}{2m}+\frac{m\omega^2}{2}(x^2+y^2)\bigr)^2=H^2$ に等しくなる（交差項 $\omega^2x^2p_y^2$ などが $C^2$ と組み合わさって打ち消し合う）。与えられた初期値では $H_x=\frac12m\omega^2a^2$, $H_y=\frac{(m\omega b)^2}{2m}=\frac12m\omega^2b^2$ なので

$$H=\tfrac12m\omega^2(a^2+b^2),\quad A=\tfrac12m\omega^2(a^2-b^2),\quad B=0,\quad C=\omega\cdot a\cdot m\omega b=m\omega^2ab .$$

確かに $A^2+B^2+C^2=\frac14m^2\omega^4\bigl((a^2-b^2)^2+4a^2b^2\bigr)=\frac14m^2\omega^4(a^2+b^2)^2=H^2$ である。この初期値の軌道は $x=a\cos\omega t$, $y=b\sin\omega t$ の楕円で、$C$ は面積速度（角運動量）にあたり、$A$ と $B$ の値から楕円の軸の向きと2つの軸の長さの差が決まる。回転の対称性から出る保存量 $C$（第1部第10章）だけでは軌道の形は決まらず、$A$ と $B$ の2つが加わって楕円の軸の向きまで決まる。