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当てる道具:場を消去して源の Lagrangian を作る

2026年10月15日6分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第2部 第9章 静電・静磁・放射を作用の言葉で見直す
目次
  1. 有限次元の補題
  2. 場への読み替え
  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2部 第9章 §2.9.2 ★★★ 2次の作用に1次の源を足したものを停留させて戻すと、停留値は −12 j⋅K−1j-\frac12\,j\cdot K^{-1}j。場の方程式と、場を消去した源の Lagrangian が同時に出る

有限次元の補題

場を消去する操作は、有限次元の2次形式で先に1周しておくと見通しがよい。nn 個の変数 x=(x1,…,xn)x=(x_1,\dots,x_n) の関数

Φ(x)=12∑i,kKikxixk−∑ijixi(2.9.2)\Phi(x)=\frac12\sum_{i,k}K_{ik}x_ix_k-\sum_ij_ix_i\tag{2.9.2}

を考える。KK は実対称で正則な行列、jj は固定したベクトルである。停留の条件 ∂Φ/∂xi=0\partial\Phi/\partial x_i=0 は∑kKikxk=ji\sum_kK_{ik}x_k=j_i、つまり x∗=K−1jx^*=K^{-1}j である。これを Φ\Phi に戻すと

Φ(x∗)=12 j⋅K−1j−j⋅K−1j=−12 j⋅K−1j=−12 j⋅x∗(2.9.3)\Phi(x^*)=\frac12\,j\cdot K^{-1}j-j\cdot K^{-1}j=-\frac12\,j\cdot K^{-1}j=-\frac12\,j\cdot x^*\tag{2.9.3}

になる。結合の項 −j⋅x∗-j\cdot x^* が2次の項 12x∗⋅Kx∗=12j⋅x∗\frac12x^*\cdot Kx^*=\frac12j\cdot x^* のちょうど −2-2 倍になっていることが、この式の要点である。さらに、停留値を jj の関数とみなして微分すると

∂Φ(x∗)∂ji=−(K−1j)i=−xi∗(2.9.4)\frac{\partial \Phi(x^*)}{\partial j_i}=-(K^{-1}j)_i=-x^*_i\tag{2.9.4}

となる。これは第1部第7章の Legendre 変換の性質と同じ形で、停留点での値を源で微分すると、源に共役な変数(ここでは場)が戻る。x∗x^* で ∂Φ/∂x=0\partial\Phi/\partial x=0 なので、x∗x^* が jj に依ることを考えなくてよい。KK が正定値なら Φ\Phi は下に凸で、停留点は最小点になり、任意の xx について Φ(x)≥−12 j⋅K−1j\Phi(x)\ge-\frac12\,j\cdot K^{-1}j が成り立つ。

場への読み替え

電磁場の Lagrangian (2.9.1) で、静電場(A=0\bm{A}=0, ϕ\phi が時間に依らない)だけを考えると

Le[ϕ]=∫d3x [ε02∣∇ϕ∣2−ρϕ]=12∫d3x ϕ (−ε0∇2)ϕ−∫d3x ρϕL_{\mathrm e}[\phi]=\int\mathrm{d}^3x\,\Bigl[\frac{\varepsilon _0}{2}\lvert \nabla\phi\rvert ^2-\rho\phi\Bigr] =\frac12\int\mathrm{d}^3x\,\phi\,(-\varepsilon _0\nabla^2)\phi-\int\mathrm{d}^3x\,\rho\phi

となる(無限遠で ϕ→0\phi\to0 として部分積分した)。x↔ϕ(r)x\leftrightarrow\phi(\bm{r})、K↔−ε0∇2K\leftrightarrow-\varepsilon _0\nabla^2、j↔ρj\leftrightarrow\rho と読めば式 (2.9.2) と同じ形で、−∇2-\nabla^2 は正定値な作用素である。K−1K^{-1} は Green 関数 G(r,r′)=1/(4πε0∣r−r′∣)G(\bm{r},\bm{r}')=1/(4\pi\varepsilon _0\lvert \bm{r}-\bm{r}'\rvert ) を核とする積分作用素になる。静磁場(ϕ=0\phi=0, A\bm{A} が時間に依らない)では

Lm[A]=∫d3x [−12μ0(∇×A)2+J⋅A]L_{\mathrm m}[\bm{A}]=\int\mathrm{d}^3x\,\Bigl[-\frac{1}{2\mu_0}(\nabla\times\bm{A})^2+\bm{J}\cdot\bm{A}\Bigr]

で、K↔−1μ0∇×∇×K\leftrightarrow-\frac{1}{\mu_0}\nabla\times\nabla\times、j↔−Jj\leftrightarrow-\bm{J} と読む。こちらは KK が負(半)定値なので、停留点は最大点の側になる。時間に依る場では KK が波動作用素 □\Box になり、K−1K^{-1} を決めるのに時間の境界条件(遅延か先進か)を選ぶ必要が出る。これが2.9.5節の主題である。

この補題を場に当てると、2つのものが同時に出る。1つは停留の条件で、これは場の Euler–Lagrange 方程式(第2部第5章)、つまり Maxwell 方程式のうち源を含む2本である。もう1つは停留値 −12 j⋅K−1j-\frac12\,j\cdot K^{-1}j で、これは源だけで書かれた量になる。場の自由度を解いて消去したので、この量を場を消去した源の Lagrangian と呼び、LeffL_{\mathrm{eff}} と書く。

例題 2.9.2 格子2点の Poisson 方程式 ★★

オリジナル区間 [0,3][0,3] を幅 11 の3つに分け、両端で x0=x3=0x_0=x_3=0 とした格子の内部の2点の値 x1,x2x_1,x_2 を変数とする。−d2ds2-\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d} s^2} の差分を K=(2−1−12)K=\begin{pmatrix}2&-1\\-1&2\end{pmatrix} とし、点1にだけ源 j=(1,0)j=(1,0) を置く。

  1. (1) Φ(x)\Phi(x) の停留点 x∗x^* と停留値 Φ(x∗)\Phi(x^*) を求めよ。
  2. (2) 停留値を j1j_1 で微分した値が −x1∗-x_1^* になることを確かめよ。
  3. (3) KK の固有値を求め、停留点が最小点であることを示せ。
解答

(1) K−1=13(2112)K^{-1}=\frac13\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix} なので x∗=K−1j=(2/3, 1/3)x^*=K^{-1}j=(2/3,\,1/3) である。値は 12x∗⋅Kx∗=12j⋅x∗=13\frac12x^*\cdot Kx^*=\frac12j\cdot x^*=\frac13、結合の項は −j⋅x∗=−23-j\cdot x^*=-\frac23 で、和は Φ(x∗)=−13\Phi(x^*)=-\frac13 になる。x∗x^* は源の点で最大の値をとり、両端へ向かって直線的に下がる。これは1次元の Poisson 方程式の解(点電荷の電位)の格子版である。

(2) jj を一般に残すと Φ(x∗)=−12j⋅K−1j=−13(j12+j1j2+j22)\Phi(x^*)=-\frac12j\cdot K^{-1}j=-\frac13(j_1^2+j_1j_2+j_2^2) で、∂/∂j1\partial/\partial j_1 は −13(2j1+j2)-\frac13(2j_1+j_2)、j=(1,0)j=(1,0) で −23=−x1∗-\frac23=-x_1^* になる。

(3) 固有値は det⁡(K−λ)=(2−λ)2−1=0\det(K-\lambda)=(2-\lambda)^2-1=0 から λ=1,3\lambda=1,3 で、どちらも正である。したがって Φ\Phi は下に凸な2次関数で、停留点はただ1つの最小点であり、任意の xx で Φ(x)≥−13\Phi(x)\ge-\frac13 となる。

木下の勉強ステータス

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