この章のまとめ

(1) Euler–Lagrange 方程式は $m\ddot q=-mg$。$q(0)=q_0$, $q(t)=q$ を満たす解は

$$q(\tau)=q_0+(q-q_0)\frac{\tau}{t}+\frac{g}{2}\tau(t-\tau)\qquad(0\le\tau\le t)$$

である（$\ddot q=-g$ で、$\tau=0,t$ で第3項が消える）。$\dot q(\tau)=(q-q_0)/t+\frac g2(t-2\tau)$ を $L=\frac12m\dot q^2-mgq$ に入れて $\tau$ について $0$ から $t$ まで積分すると、$\int_0^t\frac12m\dot q^2\,\mathrm{d}\tau=\frac{m(q-q_0)^2}{2t}+\frac{mg^2t^3}{24}$（交差項は $\int_0^t(t-2\tau)\mathrm{d}\tau=0$ で消える）、$\int_0^tmgq\,\mathrm{d}\tau=mg\bigl[\frac{(q+q_0)t}{2}+\frac{gt^3}{12}\bigr]$ なので

$$S=\frac{m(q-q_0)^2}{2t}-\frac{mgt(q+q_0)}{2}-\frac{mg^2t^3}{24}.$$

$q_0=q=0$, $t=T$（高さ $0$ から投げ上げて高さ $0$ に戻る運動）とおくと $S=-mg^2T^3/24$ で、第1部第1章の例題 1.1.1 の $S(0)$ と一致する。

(2) $\partial S/\partial q=m(q-q_0)/t-mgt/2$ は経路の終点の運動量 $m\dot q(t)=m(q-q_0)/t-mgt/2$ に等しい。$\partial S/\partial q_0=-m(q-q_0)/t-mgt/2=-m\dot q(0)=-p_0$ である。$\partial S/\partial t=-\frac{m(q-q_0)^2}{2t^2}-\frac{mg(q+q_0)}{2}-\frac{mg^2t^2}{8}$ と、$\frac{1}{2m}(\partial S/\partial q)^2=\frac{m(q-q_0)^2}{2t^2}-\frac{mg(q-q_0)}{2}+\frac{mg^2t^2}{8}$ を足すと$-mgq$ が残り、$mgq$ を足して $0$ になる。Hamilton–Jacobi 方程式が成り立つ。

(3) $\frac{1}{2m}(\mathrm{d} W/\mathrm{d} q)^2+mgq=E$ から $\mathrm{d} W/\mathrm{d} q=\sqrt{2m(E-mgq)}$ で、積分して

$$W(q,E)=-\frac{2\sqrt{2m}}{3mg}\,(E-mgq)^{3/2}$$

（$q$ で微分すると $\sqrt{2m}\,(E-mgq)^{1/2}$ に戻る）。$\partial W/\partial E=-\frac{\sqrt{2m}}{mg}(E-mgq)^{1/2}=-\frac{p}{mg}$ なので、式 (1.13.9) は $-p/(mg)=t+\beta_1$、すなわち $p=-mg(t+\beta_1)$ である（$p>0$ の枝なので $t<-\beta_1$）。$E=p^2/(2m)+mgq$ を $q$ について解いて

$$q(t)=\frac{E}{mg}-\frac g2(t+\beta_1)^2 .$$

最高点の高さ $E/(mg)$ に時刻 $-\beta_1$ に達する放物運動である。

(4) $Q=-p/(mg)-t$, $P=p^2/(2m)+mgq$ なので

$$\{Q,P\}=\frac{\partial Q}{\partial q}\frac{\partial P}{\partial p}-\frac{\partial Q}{\partial p}\frac{\partial P}{\partial q}=0\cdot\frac pm-\Bigl(-\frac{1}{mg}\Bigr)mg=1 .$$

$F_2=W(q,P)-Pt$ では $p=\partial F_2/\partial q=\partial W/\partial q$ を $H$ に入れると $H=P$ となり、$K=H+\partial F_2/\partial t=P-P=0$ である。$Q$ と $P$ はどちらも運動の定数で、$-Q=\beta_1$ が最高点に達する時刻にあたる。

(5) $p=mv$ で $\mathrm{d} p/\mathrm{d} q=-m^2g/p$（(3) の $p^2=2m(E-mgq)$ を微分した）なので

$$\Bigl|\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} q}\frac{\hbar}{p}\Bigr|=\frac{\hbar}{p^2}\Bigl|\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} q}\Bigr|=\frac{\hbar m^2g}{p^3}=\frac{\hbar g}{mv^3}.$$

中性子で $v=1\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ なら $\frac{1.055\times10^{-34}\times9.81}{1.675\times10^{-27}\times1}\approx6.2\times10^{-7}$ で、条件は十分に満たされる。左辺が $1$ になる速さは $v_*=(\hbar g/m)^{1/3}\approx8.5\times10^{-3}\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ で、最高点からの高さに直すと $v_*^2/(2g)\approx3.7\times10^{-6}\,\mathrm m$ である。最高点（転回点）から数 $\mu\mathrm m$ の範囲では Hamilton–Jacobi 方程式による記述が使えず、そこでは波動関数を Schrödinger 方程式で直接扱う必要がある（第4部第7章）。

(6) $\Phi'(E)=\partial W/\partial E(q)-\partial W/\partial E(q_0)-t=\bigl(p_0-p\bigr)/(mg)-t$ なので、停留の条件は $p_0-p=mgt$ で、これは (1) の経路で運動量が時間 $t$ の間に $mgt$ 減ることと同じである。数値では $m=g=1$ で $p=\sqrt{2(E-\frac38)}$, $p_0=\sqrt{2E}$、$\sqrt{2E}-\sqrt{2E-\frac34}=\frac12$ を解いて $E=\frac12$（$p_0=1$, $p=\frac12$）。そのとき

$$\Phi=W\Bigl(\tfrac38,\tfrac12\Bigr)-W\Bigl(0,\tfrac12\Bigr)-\tfrac12\cdot\tfrac12=-\frac{1}{24}+\frac13-\frac14=\frac{1}{24}$$

（$W(q,E)=-\frac{2\sqrt2}{3}(E-q)^{3/2}$ で、$(1/8)^{3/2}=1/(16\sqrt2)$, $(1/2)^{3/2}=1/(2\sqrt2)$ を使った）。(1) の式からも $S=\frac{(3/8)^2}{1}-\frac{(1/2)(3/8)}{2}-\frac{(1/2)^3}{24}=\frac{9}{64}-\frac{3}{32}-\frac{1}{192}=\frac{1}{24}$ で、一致する。$S=W-Et$ のうち $E$ を消して時刻 $t$ を変数にする操作は、$-\partial\Phi/\partial E=0$ の停留点で値をとる Legendre 変換で、$E$ と $t$ が互いに共役な変数の組になっている。