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当てる道具:1階の Lagrangian から Poisson 括弧を読む

2026年10月15日8分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第4部 第11章 Berry 曲率と異常速度
目次
  1. 1階の Lagrangian
  2. 括弧の性質とゲージ
  3. Darboux の定理と「正準でない座標」
  4. 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4部 第11章 §4.11.2 ★★★ 速度について1次の L=∑iai(x)x˙i−H(x)L=\sum_ia_i(x)\dot x_i-H(x) では、aa の回転 ωij\omega_{ij} の逆行列が Poisson 括弧になる。正準でない座標の括弧もこれで読める

1階の Lagrangian

式 (4.11.3) は、変数 x=(r,k)x=(\bm{r},\bm{k}) の速度 x˙\dot x について1次である。一般に、NN 個の変数 x1,…,xNx_1,\dots,x_N について

L(x,x˙)=∑i=1Nai(x) x˙i−H(x)(4.11.7)L(x,\dot x)=\sum_{i=1}^Na_i(x)\,\dot x_i-H(x)\tag{4.11.7}

の形の Lagrangian を1階の Lagrangian と呼ぶ。第1部第12章の相空間の作用 ∑ipiq˙i−H\sum_ip_i\dot q_i-H は、x=(q,p)x=(q,p)、aq=pa_q=p、ap=0a_p=0 とした特別な場合である。外場が時間によるときは aia_i と HH が tt を含んでもよいが、以下の議論は tt を止めて読めばそのまま通るので、時間によらない場合で書く。

命題 4.11.1(1階の Lagrangian の運動方程式と括弧)

反対称な行列

ωij(x)≔∂aj∂xi−∂ai∂xj(4.11.8)\omega_{ij}(x)\coloneqq\frac{\partial a_j}{\partial x_i}-\frac{\partial a_i}{\partial x_j}\tag{4.11.8}

を定めると、式 (4.11.7) の Euler–Lagrange 方程式は

∑jωij x˙j=∂H∂xi(i=1,…,N)(4.11.9)\sum_j\omega_{ij}\,\dot x_j=\frac{\partial H}{\partial x_i}\qquad(i=1,\dots,N)\tag{4.11.9}

である。ω\omega が正則なら x˙i=∑j(ω−1)ij ∂H/∂xj\dot x_i=\sum_j(\omega^{-1})_{ij}\,\partial H/\partial x_j となり、

{F,G}≔∑i,j∂F∂xi (ω−1)ij ∂G∂xj(4.11.10)\{F,G\}\coloneqq\sum_{i,j}\frac{\partial F}{\partial x_i}\,(\omega^{-1})_{ij}\,\frac{\partial G}{\partial x_j}\tag{4.11.10}

と定めると、任意の関数 F(x)F(x) について F˙={F,H}\dot F=\{F,H\} が成り立つ。とくに {xi,xj}=(ω−1)ij\{x_i,x_j\}=(\omega^{-1})_{ij} である。

証明

∂L/∂x˙i=ai(x)\partial L/\partial\dot x_i=a_i(x) なので ddt∂L∂x˙i=∑j∂ai∂xjx˙j\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\frac{\partial L}{\partial \dot x_i}=\sum_j\frac{\partial a_i}{\partial x_j}\dot x_j、一方 ∂L∂xi=∑j∂aj∂xix˙j−∂H∂xi\frac{\partial L}{\partial x_i}=\sum_j\frac{\partial a_j}{\partial x_i}\dot x_j-\frac{\partial H}{\partial x_i}。Euler–Lagrange 方程式は両者の差が 00 ということなので、∑j(∂iaj−∂jai)x˙j=∂iH\sum_j(\partial_ia_j-\partial_ja_i)\dot x_j=\partial_iH、すなわち式 (4.11.9) である。ω\omega の逆行列を掛ければ x˙\dot x が求まり、F˙=∑i∂iF x˙i=∑i,j∂iF (ω−1)ij∂jH={F,H}\dot F=\sum_i\partial_iF\,\dot x_i=\sum_{i,j}\partial_iF\,(\omega^{-1})_{ij}\partial_jH=\{F,H\} となる。

正準の場合に確かめておく。x=(q,p)x=(q,p)、a=(p,0)a=(p,0) では ωqp=∂qap−∂paq=−1\omega_{qp}=\partial_qa_p-\partial_pa_q=-1、ωpq=+1\omega_{pq}=+1 なのでω=(0−110)\omega=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}、ω−1=(01−10)\omega^{-1}=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix} で、{q,p}=1\{q,p\}=1 となる。式 (4.11.10) は第1部第11章(第1部第11章)の Poisson 括弧の流儀と一致する。

括弧の性質とゲージ

式 (4.11.10) の括弧は、双線形・反対称で Leibniz 則を満たすことが定義から直ちに分かる。Jacobi 恒等式は、ω\omega が aa の回転の形 (4.11.8) をしていること(∂iωjk+∂jωki+∂kωij=0\partial_i\omega_{jk}+\partial_j\omega_{ki}+\partial_k\omega_{ij}=0 が恒等的に成り立つこと)から従う。この節では証明を省くが、第1部第11章の議論(時間発展が括弧を保つこと)がそのまま使えるのはこの条件のおかげである。

ai→ai+∂χ/∂xia_i\to a_i+\partial\chi/\partial x_i と取り替えると LL は全微分 dχ/dt\mathrm{d}\chi/\mathrm{d} t だけ変わり、ω\omega は変わらない(回転の中で ∂i∂jχ\partial_i\partial_j\chi が消える)。したがって括弧と運動方程式は aa のゲージによらず、ω\omega だけで決まる。式 (4.11.4) の Berry 接続の取り替えは、この取り替えの一例である。

Darboux の定理と「正準でない座標」

ω\omega が正則なら、xx の近くで座標を取り替えて LL を ∑iPiQ˙i−H\sum_iP_i\dot Q_i-H の形(正準の形)にすることができる。これを Darboux の定理と呼ぶ。つまり1階の Lagrangian は、どれも正準変数を持つ普通の Hamilton 系であり、新しい力学ではない。違うのは、物理で自然に選ぶ座標(ここでは位置 r\bm{r} と波数 k\bm{k})が正準変数になっているとは限らない、という点である。正準変数でない座標の組では括弧は {xi,xj}=(ω−1)ij\{x_i,x_j\}=(\omega^{-1})_{ij} で、00 や ±1\pm1 とは限らない。このことは第2部第2章で既に現れていた。磁場の中の荷電粒子では、運動学的運動量の成分どうしの括弧が {mvi,mvj}=q∑kϵijkBk\{mv_i,mv_j\}=q\sum_k\epsilon_{ijk}B_k だった。

例題 4.11.2 位置と速度を変数にした荷電粒子の括弧 ★★

オリジナル電荷 qq、質量 mm の粒子が zz 方向の一様な磁場 BB の中にある。A=B2(−y, x, 0)\bm{A}=\frac B2(-y,\,x,\,0) にとり、位置 r\bm{r} と速度 v\bm{v} を変数とする1階の Lagrangian

L=(mv+qA(r))⋅r˙−(12m∣v∣2+qϕ(r))L=(m\bm{v}+q\bm{A}(\bm{r}))\cdot\dot{\bm{r}}-\Bigl(\frac12m\lvert \bm{v}\rvert ^2+q\phi(\bm{r})\Bigr)

を考える。

  1. 6行6列の ω\omega を求めよ。
  2. ω−1\omega^{-1} を求め、{xi,vj}\{x_i,v_j\}、{xi,xj}\{x_i,x_j\}、{vx,vy}\{v_x,v_y\} を読み取れ。
  3. 運動方程式が Lorentz 力の式になることを確かめよ。
解答
  1. 変数の順を (x,y,z,vx,vy,vz)(x,y,z,v_x,v_y,v_z) とする。ar=mv+qAa_{\bm{r}}=m\bm{v}+q\bm{A}、av=0a_{\bm{v}}=0 である。ωxixj=q(∂iAj−∂jAi)=q∑kϵijkBk\omega_{x_ix_j}=q(\partial_iA_j-\partial_jA_i)=q\sum_k\epsilon_{ijk}B_k より ωxy=qB\omega_{xy}=qB、ωyx=−qB\omega_{yx}=-qB、他の位置どうしは 00。ωxivj=∂xiavj−∂vjaxi=−mδij\omega_{x_iv_j}=\partial_{x_i}a_{v_j}-\partial_{v_j}a_{x_i}=-m\delta_{ij}、ωvixj=+mδij\omega_{v_ix_j}=+m\delta_{ij}、ωvivj=0\omega_{v_iv_j}=0。ブロックで書けばω=(qB ϵ−m Im I0)\omega=\begin{pmatrix}qB\,\epsilon&-m\,I\\ m\,I&0\end{pmatrix}(ϵ\epsilon は xyxy 成分だけ ±1\pm1 の3行3列の反対称行列、II は単位行列)。
  2. ω−1=(XYmathbbZW)\omega^{-1}=\begin{pmatrix}X&Y\\mathbb{Z}&W\end{pmatrix} とおいて ωω−1=1\omega\omega^{-1}=1 を解く。第2ブロック行から mX=0mX=0、mY=ImY=I なので X=0X=0、Y=I/mY=I/m。第1ブロック行から qBϵX−mZ=IqB\epsilon X-mZ=I で Z=−I/mZ=-I/m、qBϵY−mW=0qB\epsilon Y-mW=0 で W=qBϵ/m2W=qB\epsilon/m^2。したがって

{xi,vj}=δijm,{xi,xj}=0,{vx,vy}=qBm2.\{x_i,v_j\}=\frac{\delta_{ij}}{m},\qquad\{x_i,x_j\}=0,\qquad\{v_x,v_y\}=\frac{qB}{m^2}.

最後の式は {mvx,mvy}=qB\{mv_x,mv_y\}=qB で、第2部第2章の結果と一致する。速度は正準変数ではないので、成分どうしの括弧が磁場の分だけ 00 からずれる。3. H=12m∣v∣2+qϕH=\frac12m\lvert \bm{v}\rvert ^2+q\phi なので x˙i={xi,H}=∑j{xi,vj}mvj=vi\dot x_i=\{x_i,H\}=\sum_j\{x_i,v_j\}mv_j=v_i。v˙x={vx,H}=∑j{vx,xj}q∂jϕ+{vx,vy}mvy=−qm∂xϕ+qBmvy\dot v_x=\{v_x,H\}=\sum_j\{v_x,x_j\}q\partial_j\phi+\{v_x,v_y\}mv_y=-\frac qm\partial_x\phi+\frac{qB}{m}v_y。yy 成分も同様で、まとめると mv˙=q(−∇ϕ+v×B)m\dot{\bm{v}}=q(-\nabla\phi+\bm{v}\times\bm{B}) という Lorentz 力の式になる。

木下の勉強ステータス

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