当てる道具：変分の逆問題

解析力学から様々な理論分野を組み立てる　第1部 第15章 §1.15.2　★★★ 運動方程式が Euler–Lagrange の式であるための条件（Helmholtz の条件）、式に掛けてよい乗数、1自由度では必ず解けること、$L$ が一意でないこと

有限次元の手本：力がポテンシャルの勾配であるための条件

変分の逆問題の有限次元版は、高校の物理にも出てくる「力が保存力であるための条件」である。$\mathbb{R}^n$ の力 $F_i(x)$ が、ある関数 $f$ の勾配 $F_i=\partial f/\partial x_i$ と書けるとすると、2階の偏微分が順序によらないことから

$$\frac{\partial F_i}{\partial x_j}=\frac{\partial F_j}{\partial x_i}\tag{1.15.3}$$

が要る。つまり $F$ の Jacobi 行列が対称でなければならない（3次元なら回転が $0$）。逆に、星形の領域（ある点から各点まで線分が引ける領域）で式 (1.15.3) が成り立てば、$f(x)=\int_0^1\sum_ix_iF_i(\lambda x)\,\mathrm{d}\lambda$ と線分に沿って積分して $f$ が作れる（Poincaré の補題）。条件は「微分が対称」、構成は「原点からの線分に沿った積分」である。

変分の逆問題でも同じ2つが現れる。違いは、変数が数の組 $x$ でなく経路 $q(t)$ で、「勾配」が汎関数微分になることだけである。

Helmholtz の条件

式 (1.15.1) の左辺を経路の汎関数と見て、経路を $q+\epsilon\eta$ とずらしたときの1次の変化（線形化）を取る。$G_i$ を $\ddot q$・$\dot q$・$q$ で偏微分した行列を

$$A_{ij}=\frac{\partial G_i}{\partial \ddot q_j},\qquad B_{ij}=\frac{\partial G_i}{\partial \dot q_j},\qquad C_{ij}=\frac{\partial G_i}{\partial q_j}$$

と書くと、線形化は $\sum_j(A_{ij}\ddot\eta_j+B_{ij}\dot\eta_j+C_{ij}\eta_j)$ である。$G_i$ が作用の汎関数微分なら、線形化は作用の2次の変分の汎関数微分になり、2次の変分は $\eta$ について対称な2次形式だから、線形化は自己随伴でなければならない（有限次元の Hesse 行列が対称であることにあたる）。自己随伴の条件を部分積分で $\eta$・$\dot\eta$・$\ddot\eta$ の係数ごとに書くと、次の3つになる。

条件は Helmholtz（1887）が述べ¹1H. Helmholtz（1887）、J. reine angew. Math. 100、137–166。下の脚注へ閉じる、式 (1.15.7) の構成は有限次元の Poincaré の補題と同じ「原点からの線分に沿った積分」である。証明は、必要性が上の自己随伴性の計算、十分性が式 (1.15.7) の $L$ に Euler–Lagrange の式を当てて条件を使う計算で、どちらも長いので省く。1自由度では (1.15.4) と (1.15.6) は自動的に成り立ち、残るのは

$$\frac{\partial G}{\partial \dot q}=\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\frac{\partial G}{\partial \ddot q}\tag{1.15.8}$$

だけである。例題 1.15.1 の $G$ では左辺が $2q\dot q$、右辺が $\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}(1+q^2)=2q\dot q$ で、条件が成り立っている。$\dot q^2$ の係数を $2q$ に変えた式では左辺が $4q\dot q$ になって条件が破れ、その式そのものはどんな $L$ の Euler–Lagrange の式でもない。

乗数：式に関数を掛けてよい

運動方程式で決まるのは解の集合であって、$G_i$ という式そのものではない。逆行列を持つ行列 $g_{ij}(t,q,\dot q)$ を掛けた $\sum_jg_{ij}G_j=0$ も同じ解を持つ。したがって本当の問いは「Helmholtz の条件を満たすように $g$ を選べるか」である。

1自由度で、運動方程式が解いた形 $\ddot q=F(t,q,\dot q)$ で与えられているとする。$\mu(t,q,\dot q)\,(\ddot q-F)$ が $E[L]$ に一致するなら、$\ddot q$ の係数を比べて $\mu=\partial^2L/\partial\dot q^2$ である。$E[L]=\mu\ddot q+\dot q\,\partial^2L/\partial q\partial\dot q+\partial^2L/\partial t\partial\dot q-\partial L/\partial q$ と $-\mu F$ を比べた式を $\dot q$ で偏微分して整理すると、$\mu$ が満たすべき式

$$\frac{\partial \mu}{\partial t}+\dot q\frac{\partial \mu}{\partial q}+F\frac{\partial \mu}{\partial \dot q}=-\mu\frac{\partial F}{\partial \dot q}\tag{1.15.9}$$

が出る。左辺は解に沿った $\mu$ の全微分なので、この式は「解に沿って $\mu$ が $\mathrm{e}^{-\int\partial F/\partial\dot q\,\mathrm{d} t}$ の割合で変わる」という1階の線形の偏微分方程式で、特性曲線（運動方程式の解そのもの）に沿って積分すれば正の解が局所的に必ず作れる。$\mu$ が決まれば $\partial^2L/\partial\dot q^2=\mu$ を $\dot q$ で2回積分し、残りの $q$ と $t$ の関数を $E[L]=\mu(\ddot q-F)$ から決めればよい。

減衰振動子 $\ddot q=-\gamma\dot q-\omega^2q$ では $\partial F/\partial\dot q=-\gamma$ なので式 (1.15.9) の右辺は $\gamma\mu$ で、$\mu=\mathrm{e}^{\gamma t}$ が解である。これから $L=\mathrm{e}^{\gamma t}\bigl(\frac12m\dot q^2-\frac12m\omega^2q^2\bigr)$ が出る。この $L$ は 第1部第4章の例題で減衰振動の方程式を出したものと同じで、Caldirola（1941）と Kanai（1948）が量子化を試みたことから Caldirola–Kanai の Lagrangian と呼ばれる²2P. Caldirola（1941）、Nuovo Cimento 18、393–400。E. Kanai（1948）、Prog. Theor. Phys. 3、440–442。下の脚注へ閉じる。摩擦があっても1自由度なら $L$ は在る。ただし時刻をあらわに含み、それが何を意味するかは1.15.5節で調べる。

2自由度以上では、乗数 $g_{ij}$ は対称行列で、式 (1.15.9) の行列版に加えて代数的な条件も満たさなければならない。Douglas（1941）は2自由度の場合を分類し、乗数をどう選んでも $L$ が作れない系が在ることを示した³3J. Douglas（1941）、Trans. Amer. Math. Soc. 50、71–128。下の脚注へ閉じる。次の例題は、乗数を定数に限ったときに $L$ が作れない系である。

$L$ は一意でない

同じ運動方程式を出す $L$ は1つではない。全微分 $\mathrm{d}\Lambda(q,t)/\mathrm{d} t$ を足しても、定数を掛けても運動方程式は変わらない（第1部第5章）。これらは同じ正準運動量の取り方を少しずらすだけだが、乗数 $g$ の選び方が違うと、互いに全微分でも定数倍でもない $L$ が出てくる。1次元の自由粒子 $\ddot q=0$ では、$f''\neq0$ のどんな関数 $f$ についても $L=f(\dot q)$ の Euler–Lagrange の式が $f''(\dot q)\,\ddot q$ になり、すべて同じ運動を出す。

1　H. Helmholtz（1887）、J. reine angew. Math. 100、137–166。

2　P. Caldirola（1941）、Nuovo Cimento 18、393–400。E. Kanai（1948）、Prog. Theor. Phys. 3、440–442。

3　J. Douglas（1941）、Trans. Amer. Math. Soc. 50、71–128。