ラグランジュ形式の力学：最小作用の原理からオイラー・ラグランジュ方程式へ

0. この記事の要点

ボールを投げたとき、その軌道を「各瞬間にどんな力が働くか」から計算するのが普通のやり方です。この記事では見方を変えて、「出発点と到着点を決めたとき、実際の軌道はありうる軌道のうちのどれか」という問いから運動方程式を作ります。この見方だと、振り子の糸の張力のような余計な力を考えずに済み、座標の取り方を変えても同じ手順で式が出ます。読み終えると、振り子や回転する輪の中のビーズの運動方程式を、機械的な計算で導けるようになります。

• 力学の運動方程式は、各時刻の力の釣り合いではなく、経路全体に対して定まる 1 つの数（作用）が停留するという条件（停留とは、経路をほんの少しずらしたときの作用の変化が、ずらし量の 1 次の範囲では 0 になる、ということです）から出てきます。これがハミルトンの原理です。
• 作用が停留するための必要十分条件がオイラー・ラグランジュ方程式であり、これは変分法の基本補題（補題 3.3）から導かれます。
• 直交座標で $L = T - U$（運動エネルギー引くポテンシャルエネルギー）と取れば、オイラー・ラグランジュ方程式はニュートンの運動方程式そのものになります（定理 4.2）。両者は同じ内容の言い換えです。
• ラグランジュ形式の実質的な威力は共変性にあります。座標を勝手に取り替えても方程式の形が変わりません（定理 5.2）。おかげで極座標・角度変数・拘束系を、遠心力項や張力を自分で見つけ出すことなく機械的に扱えます。
• ラグランジアンに現れない座標（循環座標）があれば、対応する一般化運動量が保存します（命題 6.2）。時間に陽に依存しなければエネルギー関数が保存します（命題 6.4）。これは「対称性が保存則を生む」という一般原理の入り口です。

この記事で使う事前知識

• ニュートンの運動方程式: 質量 × 加速度 = 力、という関係。→ 第 2 法則
• 中心力: 力の向きが常にある一定の点（中心）を向く力。→ 中心力
• 有効ポテンシャル: 角運動量を一定として、中心力の運動を動径方向の 1 次元の問題に直したときに現れるポテンシャル。→ 有効ポテンシャル
• 部分積分: $\int_a^b f g'\,dt = \bigl[fg\bigr]_a^b - \int_a^b f' g\,dt$ という公式。§3 の導出で使います。
• 偏微分と連鎖律: 多変数関数を 1 つの変数だけで微分する操作と、合成関数の微分の規則。
• ヤコビ行列: 座標変換 $q(Q)$ の各成分を各変数で偏微分して並べた行列。「正則」は逆行列を持つこと。§5 で使います。

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1. 動機：ニュートン形式のどこが不便か

ニュートンの運動方程式 $m_i \ddot{\boldsymbol{r}}_i = \boldsymbol{F}_i$ は正しく、そして原理的には万能です。実際 ニュートン力学の基礎 で見たとおり、力さえ与えられれば $N$ 個の質点の運動は $3N$ 本の 2 階常微分方程式で完全に決まります（初期値問題の解の一意性（命題 4.1）［ニュートン力学の基礎］）。それでも 18 世紀以降の力学が別の定式化を求めたのには、はっきりした理由が三つあります。

第一に、拘束力が邪魔をします。 長さ $\ell$ の糸で吊るした質点（単振り子）を直交座標 $(x, y)$ で書くと、糸の張力 $S$ を未知関数として

$$m\ddot{x} = -S\frac{x}{\ell}, \qquad m\ddot{y} = -S\frac{y}{\ell} - mg, \qquad x^2 + y^2 = \ell^2$$

という連立系になります。未知関数は $x, y, S$ の 3 つ、方程式も 3 本なので解けますが、本当に知りたいのは振れ角ひとつなのに、興味のない張力 $S$ を道連れにしなければなりません。しかも $S$ は「糸が伸びないようにちょうど必要なだけ働く力」であって、あらかじめ与えられた関数ではありません。運動を解いた後でしか値が分からない量が方程式の中に居座っているのです。

ところが $x = \ell\sin\theta,\ y = -\ell\cos\theta$ と置いて計算すると、後で見るように

$$\ddot{\theta} = -\frac{g}{\ell}\sin\theta$$

という 1 本の方程式だけが残り、$S$ は完全に消えます。拘束を「余分な力」ではなく「使える座標が少ない」という形で最初から折り込めれば、話はずっと簡単になるはずです。

第二に、座標を変えると方程式の形が変わります。 $\boldsymbol{F} = m\boldsymbol{a}$ という簡潔な形は直交座標に特有のものです。平面極座標 $(r,\theta)$ では加速度の成分が

$$a_r = \ddot{r} - r\dot{\theta}^2, \qquad a_\theta = r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta}$$

となり、遠心項 $-r\dot\theta^2$ とコリオリ項 $2\dot r\dot\theta$ が現れます。これらは基底ベクトル $\boldsymbol{e}_r, \boldsymbol{e}_\theta$ 自身が時間変化することから出てくるもので、導出は難しくありませんが、座標系ごとに毎回やり直しになります。球座標、円柱座標、斜交座標、回転系……と系統立てて扱うには、どんな座標でも同じ手続きで運動方程式が出てくる枠組みが要ります。

第三に、力学の外へつながりません。 幾何光学ではフェルマーの原理（1662 年）が知られていました。光は 2 点を結ぶ経路のうち、通過時間が停留するものを選ぶ、というものです。「経路全体を候補として比較し、ある量を停留させるものが実現する」という語り口は、運動方程式の局所的な語り口とはまるで違います。モーペルテュイ（1744 年）とオイラー（1744 年）はこの語り口が力学にも使えることに気づき、ラグランジュは『解析力学』（1788 年）で変分の計算法を整備しました。ハミルトン（1834–35 年）が現在の形——両端の時刻と位置を固定して $\int (T - U)\,dt$ を停留させる——に整理し、ヤコビによって「ハミルトンの原理」と呼ばれるようになります。この形式は電磁場、連続体、相対論、さらには量子力学の経路積分へそのまま持ち越せます。ニュートン形式にはそこまでの一般性がありません。

この記事では、まず拘束と一般化座標を整理し（§2）、作用の停留からオイラー・ラグランジュ方程式を導き（§3）、$L = T - U$ がニュートン方程式と同値であることを確かめ（§4）、共変性という核心を証明して具体例で使い（§5）、最後に保存則との関係を見ます（§6）。

ハミルトンの原理から出発する力学の組み立て

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2. 準備：拘束・一般化座標・配位空間

定義 2.1（ホロノミック拘束と一般化座標）↗

$N$ 個の質点の位置を $\boldsymbol{r}_1, \ldots, \boldsymbol{r}_N \in \mathbb{R}^3$ とする。有限個の $C^2$ 級関数 $f_1, \ldots, f_m$ によって

$$f_a(\boldsymbol{r}_1, \ldots, \boldsymbol{r}_N, t) = 0 \qquad (a = 1, \ldots, m)$$

の形に書ける拘束をホロノミック拘束という。さらに、これらの拘束をみたす配置全体が $n = 3N - m$ 個のパラメータ $q = (q^1, \ldots, q^n)$ を用いて

$$\boldsymbol{r}_i = \boldsymbol{r}_i(q^1, \ldots, q^n, t) \qquad (i = 1, \ldots, N)$$

と、$C^2$ 級かつ各時刻で 1 対 1 に表せるとき、$q^1, \ldots, q^n$ をこの系の一般化座標、$n$ を自由度という。$\boldsymbol{r}_i$ が $t$ に陽に依存しない場合をスクレロノミック（時間非依存）、依存する場合をレオノミック（時間依存）という。

一般化座標は長さの次元を持つとは限りません。角度でも、面積でも、二つの角度の和でも構いません。「配置を一意に指定するのに必要十分な独立変数の組」という以上の意味はありません。$n$ 個の $q$ が動く領域を配位空間と呼び、系の運動は配位空間内の 1 本の曲線 $t \mapsto q(t)$ として表されます。

例 2.2（自由度の数え方）

• 平面内の単振り子：$N = 1$、拘束 $x^2 + y^2 = \ell^2$ が 1 本（$z = 0$ を含めれば 2 本）。自由度 $n = 1$。一般化座標は振れ角 $\theta$。
• 平面内の二重振り子：$N = 2$、糸の長さ 2 本ぶんの拘束。自由度 $n = 2$。一般化座標は 2 つの振れ角 $\theta_1, \theta_2$。
• 定滑車にかけた 2 つのおもり（アトウッドの器械）：おもりの高さの和が一定なので自由度 $n = 1$。一方の高さ $x$ を座標に取ればよい。
• 空間内の剛体：構成点間の距離がすべて一定という拘束の結果、自由度 $n = 6$（重心 3 + 姿勢 3）。

上の定義の最後に出てきた二つの用語は、スクレロノミックは拘束が時間に関係なく固定されている場合（動かない針金）、レオノミックは拘束そのものが時間とともに動く場合（回されている針金）と覚えてください。

単振り子の直交座標と一般化座標：配置は角 θ 1 つで決まる

注意 2.3

$f(\boldsymbol{r}, \dot{\boldsymbol{r}}, t) = 0$ のように速度を含み、積分して位置だけの関係に直せない拘束を非ホロノミック拘束といいます。滑らずに転がる球や、横滑りしないスケート靴がその例です。この記事で扱うのはホロノミック拘束だけです。非ホロノミック系ではハミルトンの原理をそのまま適用すると誤った方程式が出るので、注意してください（正しい扱いは付録で触れるダランベールの原理を経由します）。

拘束が「なめらか」であること、すなわち拘束力が拘束をみたす向きの変位に対して仕事をしないことも仮定します。糸の張力は糸に垂直な変位に対して仕事をせず、なめらかな面の垂直抗力は面に沿う変位に対して仕事をしません。この仮定（理想拘束）が、後で拘束力が方程式から消える理由になります。

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3. 作用汎関数とオイラー・ラグランジュ方程式

定義 3.1（ラグランジュ関数と作用汎関数）↗

配位空間の点 $q = (q^1,\ldots,q^n)$、速度 $\dot q = (\dot q^1, \ldots, \dot q^n)$、時刻 $t$ の $C^2$ 級関数 $L(q, \dot q, t)$ をラグランジュ関数（ラグランジアン）という。時刻区間 $[t_1, t_2]$ と両端の値 $q(t_1) = q_{(1)},\ q(t_2) = q_{(2)}$ を固定したとき、この条件をみたす $C^2$ 級曲線 $q: [t_1,t_2] \to \mathbb{R}^n$ 全体の上で定義される汎関数

$$S[q] = \int_{t_1}^{t_2} L\bigl(q(t), \dot q(t), t\bigr)\, dt$$

を作用汎関数、その値を作用という。

$S$ は数を数に対応させる関数ではなく、曲線 1 本に数 1 つを対応させる写像です。「$S$ が最小になる曲線」を探すのは、高校で習う「$f(x)$ が最小になる $x$ を探す」の無限次元版だと思ってください。無限次元版でも、極値をとるところでは「1 階微分が 0」に相当する条件が成り立ちます。それを正確に述べるのが次の定義です。

定義 3.2（変分と停留経路）↗

$C^2$ 級曲線 $q$ と、両端で消える $C^2$ 級関数 $\eta: [t_1,t_2] \to \mathbb{R}^n$（すなわち $\eta(t_1) = \eta(t_2) = 0$）を取る。実数 $\varepsilon$ に対し $q_\varepsilon = q + \varepsilon\eta$ とおくと、$q_\varepsilon$ も同じ両端条件をみたす。このとき

$$\delta S[q;\eta] := \left.\frac{d}{d\varepsilon} S[q + \varepsilon \eta]\right|_{\varepsilon = 0}$$

を $S$ の第一変分という。すべての上記 $\eta$ に対して $\delta S[q;\eta] = 0$ が成り立つとき、$q$ を $S$ の停留経路という。

端点を固定した真の経路と、それをずらした比較経路

停留条件を微分方程式に翻訳するのに使う道具が、次の補題です。「積分がいつも 0 なら中身が 0」という、当たり前に見えて証明が必要な主張です。証明の方針は、$g$ が 0 でない点があれば、その近くだけで正になる山形の関数 $\eta$ を作ると積分が正になってしまい、仮定に反する、というものです。端点で場合分けが出てくるのは、山形の区間が $[t_1,t_2]$ からはみ出さないようにするためで、考え方は同じです。

補題 3.3（変分法の基本補題）✓

$g: [t_1, t_2] \to \mathbb{R}$ を連続関数とする。$\eta(t_1) = \eta(t_2) = 0$ をみたすすべての $C^1$ 級関数 $\eta: [t_1,t_2] \to \mathbb{R}$ に対して

$$\int_{t_1}^{t_2} g(t)\,\eta(t)\, dt = 0$$

が成り立つならば、$g(t) = 0$ が $[t_1, t_2]$ 全体で成り立つ。

証明（補題 3.3）

対偶を示します。ある $t_0 \in [t_1,t_2]$ で $g(t_0) \neq 0$ とし、一般性を失うことなく $g(t_0) > 0$ とします（$g(t_0) < 0$ なら $g$ を $-g$ に置き換えればよく、そのとき $\int (-g)\eta\,dt = 0$ も仮定から従います）。

$g$ は連続なので、$\varepsilon_0 = g(t_0)/2 > 0$ に対しある $\rho > 0$ が存在して、$|t - t_0| \le \rho$ かつ $t \in [t_1,t_2]$ ならば $|g(t) - g(t_0)| < \varepsilon_0$、したがって

$$g(t) > g(t_0) - \frac{g(t_0)}{2} = \frac{g(t_0)}{2} > 0$$

となります。$t_0$ が開区間 $(t_1,t_2)$ の点なら、$\rho$ を小さく取り直して区間 $[t_0 - \rho, t_0 + \rho]$ が $[t_1,t_2]$ に含まれるようにできます。$t_0$ が端点の場合は中心をずらします。たとえば $t_0 = t_1$ なら区間 $[t_1, t_1 + \rho]$、すなわち中心 $c = t_1 + \rho/2$・半径 $\rho/2$ の区間を取れば、その上でも $|t - t_0| \le \rho$ なので $g > g(t_0)/2$ が成り立ちます（$t_0 = t_2$ も同様）。以下、半径を改めて $\rho$ と書き、$I = [c - \rho, c + \rho] \subset [t_1, t_2]$ かつ $I$ 上で $g > g(t_0)/2$ としてよいことになります。

そこで比較関数を

$$\eta(t) = \begin{cases} \bigl(\rho^2 - (t - c)^2\bigr)^2 & (t \in I) \\ 0 & (t \notin I)\end{cases}$$

と取ります。$\eta$ は $I$ の内部で正、$I$ の外で $0$、そして $\eta'(t) = -4(t-c)\bigl(\rho^2 - (t-c)^2\bigr)$ は $t = c \pm \rho$ で $0$ になるので、$\eta$ は $[t_1,t_2]$ 全体で $C^1$ 級です。端点でも $\eta(t_1) = \eta(t_2) = 0$ をみたします（$I$ が端点を含む場合も、$I$ の端で $\eta$ とその微分が $0$ になることから同じです）。

この $\eta$ に対し、$u = t - c$ と置換して

$$\int_{-\rho}^{\rho} (\rho^2 - u^2)^2\, du = \int_{-\rho}^{\rho}(\rho^4 - 2\rho^2u^2 + u^4)\,du = 2\left(\rho^5 - \frac{2}{3}\rho^5 + \frac{1}{5}\rho^5\right) = \frac{16}{15}\rho^5 > 0$$

なので、

$$\int_{t_1}^{t_2} g\,\eta\, dt = \int_{I} g\,\eta\,dt > \frac{g(t_0)}{2}\cdot \frac{16}{15}\rho^5 > 0$$

となり、仮定 $\int g\eta\,dt = 0$ に反します。よって $g$ は恒等的に $0$ です。

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定理 3.4（オイラー・ラグランジュ方程式）✓

$L(q,\dot q, t)$ を $C^2$ 級のラグランジュ関数とし、$q: [t_1,t_2] \to \mathbb{R}^n$ を $C^2$ 級曲線とする。$q$ が両端固定の下で作用 $S[q] = \int_{t_1}^{t_2} L(q,\dot q,t)\,dt$ の停留経路であるための必要十分条件は、$[t_1,t_2]$ 上で

$$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q^k}\bigl(q(t),\dot q(t),t\bigr) - \frac{\partial L}{\partial q^k}\bigl(q(t),\dot q(t),t\bigr) = 0 \qquad (k = 1,\ldots,n)$$

が成り立つことである。この $n$ 本の連立方程式をオイラー・ラグランジュ方程式という。

次の証明の流れを先に言うと、(1) 経路を $q + \varepsilon\eta$ とずらして $\varepsilon$ で微分する、(2) 部分積分で $\dot\eta$ を $\eta$ に直す、(3) 基本補題で積分の中身を 0 とする、の 3 つです。第 1 段の「微分と積分の交換」は、被積分関数が十分なめらかなので許される、という技術的な確認で、ここは読み飛ばしても流れは追えます。

証明（定理 3.4）

$\eta$ を $\eta(t_1) = \eta(t_2) = 0$ をみたす任意の $C^2$ 級関数とし、$\Phi(\varepsilon) = S[q + \varepsilon\eta]$ とおきます。

第 1 段：微分と積分の交換。 被積分関数 $\varphi(\varepsilon, t) = L\bigl(q(t) + \varepsilon\eta(t), \dot q(t) + \varepsilon\dot\eta(t), t\bigr)$ は、$L$ が $C^2$ 級で $q, \eta$ が $C^2$ 級なので $(\varepsilon,t)$ について $C^1$ 級です。$\partial\varphi/\partial\varepsilon$ は有界閉集合 $[-1,1]\times[t_1,t_2]$ 上で連続、したがって一様連続かつ有界なので、微分と積分を交換できます。連鎖律より

$$\Phi'(0) = \int_{t_1}^{t_2} \sum_{k=1}^{n}\left( \frac{\partial L}{\partial q^k}\eta^k + \frac{\partial L}{\partial \dot q^k}\dot\eta^k \right) dt .$$

ここで偏微分はすべて $(q(t),\dot q(t),t)$ で評価します。

第 2 段：部分積分。 $q$ が $C^2$ 級で $L$ が $C^2$ 級なので $t \mapsto \partial L/\partial \dot q^k$ は $C^1$ 級であり、部分積分（部分積分（定理 6.2）［積分の基本定理と定積分］）ができます。

$$\int_{t_1}^{t_2} \frac{\partial L}{\partial \dot q^k}\dot\eta^k\, dt = \left[ \frac{\partial L}{\partial \dot q^k}\eta^k \right]_{t_1}^{t_2} - \int_{t_1}^{t_2} \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot q^k}\right)\eta^k\, dt .$$

ここで両端固定の条件 $\eta(t_1) = \eta(t_2) = 0$ を使い、第 1 項が消えます。これがハミルトンの原理で端点を固定する理由です。よって

$$\delta S[q;\eta] = \Phi'(0) = \int_{t_1}^{t_2} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{\partial L}{\partial q^k} - \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q^k} \right)\eta^k\, dt .$$

第 3 段：十分性。 オイラー・ラグランジュ方程式が成り立てば、上式の丸括弧がすべての $k$、すべての $t$ で $0$ なので $\delta S = 0$ です。すなわち $q$ は停留経路です。

第 4 段：必要性。 逆に $q$ が停留経路とします。$k$ を 1 つ固定し、$\eta^k$ 以外の成分が恒等的に $0$ である $\eta$ に制限すると、任意の $C^2$ 級（したがって $C^1$ 級）関数 $\eta^k$（両端で $0$）に対して

$$\int_{t_1}^{t_2} g_k(t)\,\eta^k(t)\,dt = 0, \qquad g_k(t) := \frac{\partial L}{\partial q^k} - \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q^k}$$

が成り立ちます。$g_k$ は連続関数です。補題 3.3 の証明で用いた比較関数 $\eta$ は実は $C^1$ 級ですが、同じ議論を $\bigl(\rho^2-(t-c)^2\bigr)^3$ に対して行えば $C^2$ 級の比較関数が取れ、$\int_{-\rho}^{\rho}(\rho^2-u^2)^3du = \frac{32}{35}\rho^7 > 0$ となって結論は変わりません。よって $g_k \equiv 0$、すなわち第 $k$ 成分のオイラー・ラグランジュ方程式が成り立ちます。$k$ は任意だったので、すべての $k$ について成立します。

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次の注意は、「最小作用」という名前が正確ではないことを、具体例で確かめるものです。第二変分とは作用を $\varepsilon$ で 2 回微分した値で、1 変数関数の 2 階微分に当たります。これが負になる方向があれば、そこでは作用は極小になっていません。

注意 3.5

ハミルトンの原理はしばしば「最小作用の原理」と呼ばれますが、正しくは停留であって最小とは限りません。1 次元調和振動子 $L = \frac12 m\dot x^2 - \frac12 m\omega^2 x^2$ で確かめます。第二変分は

$$\left.\frac{d^2}{d\varepsilon^2}S[x+\varepsilon\eta]\right|_{\varepsilon=0} = \int_{t_1}^{t_2}\bigl(m\dot\eta^2 - m\omega^2\eta^2\bigr)\,dt$$

です（$L$ が $x,\dot x$ の 2 次式なので $\varepsilon$ の 2 次の項がそのまま出ます）。$T = t_2 - t_1$ とし $\eta(t) = \sin\bigl(\pi(t-t_1)/T\bigr)$ と取ると、$\int_{t_1}^{t_2}\eta^2dt = T/2$、$\int_{t_1}^{t_2}\dot\eta^2 dt = (\pi/T)^2\, T/2$ なので、第二変分は

$$\frac{mT}{2}\left(\frac{\pi^2}{T^2} - \omega^2\right)$$

となります。$T > \pi/\omega$（半周期より長い時間）ならこれは負で、真の運動には作用を減らす方向の摂動 $\eta$ が存在します。したがって真の運動は作用の最小点ではありません（振動の速い摂動は作用を増やすので、実際には鞍点です）。したがって「最小作用」という名前は歴史的なもので、正しい主張は $\delta S = 0$ です。

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4. ハミルトンの原理とラグランジアン $L = T - U$

ここまでの $L$ は「なんらかの $C^2$ 級関数」でした。物理を入れるには、$L$ が何であるかを指定しなければなりません。それが次の原理です。

公理 4.1（ハミルトンの原理）↗

理想的なホロノミック拘束の下にあり、力がポテンシャル $U(\boldsymbol{r}_1,\ldots,\boldsymbol{r}_N,t)$ から導かれる質点系を考える。一般化座標 $q = (q^1,\ldots,q^n)$ を取り、運動エネルギー $T$ とポテンシャルエネルギー $U$ を $q, \dot q, t$ の関数として表し

$$L(q,\dot q,t) = T(q,\dot q,t) - U(q,t)$$

とおく。このとき、時刻 $t_1$ に配置 $q_{(1)}$、時刻 $t_2$ に配置 $q_{(2)}$ にある系が実際にたどる運動 $q(t)$ は、この両端条件をみたす経路のうち作用 $S[q] = \int_{t_1}^{t_2} L\,dt$ を停留させるものである。

なぜ引き算なのか、と思うかもしれません。エネルギー $T + U$ ではなく $T - U$ です。これは「そう取ると正しい運動方程式が出るから」というのが正直な答えで、次の定理がその内容です。物理的な読み方としては、作用を小さくするには運動エネルギーを小さく（ゆっくり動く）かつポテンシャルの高いところに長く留まりたい、という二つの要求の折り合いが $T - U$ の停留条件だ、と見ることができます。

定理 4.2（ニュートン方程式との同値性）✓

拘束のない $N$ 質点系（$n = 3N$、一般化座標として直交座標 $\boldsymbol{r}_1,\ldots,\boldsymbol{r}_N$ を取る）を考える。質量を $m_i > 0$、ポテンシャルを $C^2$ 級関数 $U(\boldsymbol{r}_1,\ldots,\boldsymbol{r}_N,t)$ とし

$$L = T - U = \sum_{i=1}^{N} \frac{1}{2}m_i |\dot{\boldsymbol{r}}_i|^2 - U(\boldsymbol{r}_1,\ldots,\boldsymbol{r}_N,t)$$

とおく。このとき、$C^2$ 級曲線 $t\mapsto (\boldsymbol{r}_1(t),\ldots,\boldsymbol{r}_N(t))$ に対して次は同値である。

1. $L$ のオイラー・ラグランジュ方程式をみたす。
2. すべての $i$ について $m_i\ddot{\boldsymbol{r}}_i = -\nabla_i U$ をみたす（ニュートンの運動方程式）。

証明（定理 4.2）

$\boldsymbol{r}_i = (x_i^1, x_i^2, x_i^3)$ の第 $\alpha$ 成分について計算します。

$U$ は速度に依らないので

$$\frac{\partial L}{\partial \dot x_i^\alpha} = \frac{\partial}{\partial \dot x_i^\alpha}\left(\frac{1}{2}m_i\sum_{\beta=1}^{3}(\dot x_i^\beta)^2\right) = m_i \dot x_i^\alpha .$$

したがって $\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial \dot x_i^\alpha} = m_i\ddot x_i^\alpha$ です。一方 $T$ は位置に依らないので

$$\frac{\partial L}{\partial x_i^\alpha} = -\frac{\partial U}{\partial x_i^\alpha} = (-\nabla_i U)^\alpha .$$

これらを 定理 3.4 の式に代入すると、オイラー・ラグランジュ方程式は

$$m_i \ddot x_i^\alpha + \frac{\partial U}{\partial x_i^\alpha} = 0 \iff m_i\ddot x_i^\alpha = -\frac{\partial U}{\partial x_i^\alpha}$$

となり、これは $i, \alpha$ を動かせばちょうどニュートンの運動方程式 $m_i\ddot{\boldsymbol{r}}_i = -\nabla_i U$ です。各同値変形は成分ごとの恒等式なので、両方向とも成り立ちます。

∎

つまりハミルトンの原理は、少なくとも保存力を受ける拘束のない系については、ニュートンの法則（第 2 法則（運動の法則）（公理 3.3）［ニュートン力学の基礎］）と同じ内容です。新しい物理を導入したのではなく、同じ物理の別の書き方を手に入れたことになります。価値はここから先——拘束があるとき、直交座標でないとき——に出ます。

例 4.3（アトウッドの器械）

質量のない糸を、質量とサイズを無視できる定滑車にかけ、両端に質量 $m_1, m_2$ のおもりを吊るします。糸の全長 $\ell$ は一定なので、一方のおもりの高さを $x$（下向き正、滑車から測る）とすれば他方は $\ell - x$ で、自由度は $1$ です。糸が伸びないので速さは共通で $\dot x$、したがって

$$T = \frac{1}{2}(m_1 + m_2)\dot x^2, \qquad U = -m_1 g x - m_2 g(\ell - x).$$

よって定数項を落として

$$L = \frac{1}{2}(m_1+m_2)\dot x^2 + (m_1 - m_2) g x .$$

$\partial L/\partial \dot x = (m_1+m_2)\dot x$、$\partial L /\partial x = (m_1-m_2)g$ なので、オイラー・ラグランジュ方程式は

$$(m_1+m_2)\ddot x = (m_1 - m_2) g \quad\Longrightarrow\quad \ddot x = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}\, g .$$

ニュートン形式なら、糸の張力 $S$ を未知数として $m_1\ddot x = m_1 g - S$、$m_2\ddot x = S - m_2 g$ の 2 本を立てて $S$ を消去する必要がありました。ラグランジュ形式では $S$ が最初から現れません。これは偶然ではなく、拘束力が理想拘束の仮定の下で作用に寄与しないためです（付録参照）。

ラグランジアンは一意ではありません。次の性質は後でネーターの定理を扱うときに本質的になります。

命題 4.4（全微分項による不定性）✓

$F(q,t)$ を $C^3$ 級関数とし、

$$L'(q,\dot q, t) = L(q,\dot q,t) + \frac{d}{dt}F(q,t) = L(q,\dot q,t) + \sum_{l=1}^{n}\frac{\partial F}{\partial q^l}\dot q^l + \frac{\partial F}{\partial t}$$

とおく。このとき $L'$ のオイラー・ラグランジュ方程式は $L$ のものと完全に一致する。また、$0$ でない定数 $c$ について $cL$ のオイラー・ラグランジュ方程式も $L$ のものと一致する。

証明（命題 4.4）

オイラー・ラグランジュ作用素 $E_k(L) := \dfrac{\partial L}{\partial q^k} - \dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial \dot q^k}$ は $L$ について線形なので、$G := \sum_l (\partial F/\partial q^l)\dot q^l + \partial F/\partial t$ に対して $E_k(G) = 0$ を示せば十分です。

$G$ は $\dot q$ について 1 次で、係数 $\partial F/\partial q^l$ は $\dot q$ に依らないので

$$\frac{\partial G}{\partial \dot q^k} = \frac{\partial F}{\partial q^k}, \qquad \frac{d}{dt}\frac{\partial G}{\partial \dot q^k} = \sum_{l}\frac{\partial^2 F}{\partial q^l \partial q^k}\dot q^l + \frac{\partial^2 F}{\partial t\, \partial q^k}.$$

一方、$G$ を $q^k$ で偏微分すると

$$\frac{\partial G}{\partial q^k} = \sum_{l}\frac{\partial^2 F}{\partial q^k \partial q^l}\dot q^l + \frac{\partial^2 F}{\partial q^k\, \partial t}.$$

$F$ は $C^3$ 級なので 2 階偏微分の順序が交換でき（シュワルツの定理（定理 9.9）［多変数関数の微分と偏微分］）、右辺の 2 式は一致します。よって $E_k(G) = 0$ です。

$cL$ については $E_k(cL) = c\,E_k(L)$ であり、$c \neq 0$ なので $E_k(cL) = 0 \iff E_k(L) = 0$ です。

∎

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5. なぜ一般化座標に強いのか：共変性

ここがラグランジュ形式の心臓部です。ニュートン方程式は座標変換で形が変わりましたが、オイラー・ラグランジュ方程式は変わりません。まず、証明で 2 回使う技術的な等式を切り出します。

次の補題は、証明の計算を短くするための準備です。ここでは $Q$ と $\dot Q$ を、ある時刻の位置と速度として別々の変数のように扱って偏微分します（ある時刻の位置と速度は独立に選べるので、そう扱ってかまいません）。

補題 5.1（ドット消去と微分順序交換）✓

$q^k = q^k(Q^1,\ldots,Q^n, t)$ を $C^2$ 級の関数とし、これに沿った速度を

$$\dot q^k = \sum_{a=1}^{n} \frac{\partial q^k}{\partial Q^a}\dot Q^a + \frac{\partial q^k}{\partial t}$$

で定める（$\dot q^k$ は $(Q,\dot Q,t)$ の関数と見る）。このとき次が成り立つ。

$$\text{(i)}\quad \frac{\partial \dot q^k}{\partial \dot Q^a} = \frac{\partial q^k}{\partial Q^a}, \qquad\qquad \text{(ii)}\quad \frac{\partial \dot q^k}{\partial Q^a} = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial q^k}{\partial Q^a}\right).$$

ここで $d/dt$ は $Q = Q(t)$ に沿った全微分を表す。

証明（補題 5.1）

(i) $\dot q^k$ の表式で、$\partial q^k/\partial Q^a$ と $\partial q^k/\partial t$ は $(Q,t)$ のみの関数であって $\dot Q$ に依存しません。したがって $\dot q^k$ は $\dot Q^1,\ldots,\dot Q^n$ の 1 次式であり、$\dot Q^a$ で偏微分すればその係数 $\partial q^k/\partial Q^a$ が残ります。

(ii) 左辺を計算します。$Q^a$ で偏微分すると（$\dot Q^b$ は独立変数として固定）

$$\frac{\partial \dot q^k}{\partial Q^a} = \sum_{b}\frac{\partial^2 q^k}{\partial Q^a \partial Q^b}\dot Q^b + \frac{\partial^2 q^k}{\partial Q^a \partial t}.$$

右辺を計算します。$\partial q^k/\partial Q^a$ は $(Q,t)$ の関数なので、連鎖律より

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial q^k}{\partial Q^a}\right) = \sum_b \frac{\partial^2 q^k}{\partial Q^b \partial Q^a}\dot Q^b + \frac{\partial^2 q^k}{\partial t\, \partial Q^a}.$$

$q^k$ が $C^2$ 級なのでシュワルツの定理より 2 階偏微分は順序によらず、両者は一致します。

∎

定理 5.2（オイラー・ラグランジュ方程式の共変性）✓

$q = q(Q,t)$ を $C^3$ 級の点変換とし、各時刻でヤコビ行列 $J = \bigl(\partial q^k/\partial Q^a\bigr)_{k,a}$ が正則であるとする。$L(q,\dot q,t)$ に対して

$$\tilde L(Q,\dot Q, t) := L\Bigl(q(Q,t),\ \dot q(Q,\dot Q,t),\ t\Bigr), \qquad \dot q^k = \sum_a \frac{\partial q^k}{\partial Q^a}\dot Q^a + \frac{\partial q^k}{\partial t}$$

と定める。このとき、$C^2$ 級曲線 $t\mapsto Q(t)$ とそれに対応する $q(t) = q(Q(t),t)$ について

$$E_a(\tilde L) = \sum_{k=1}^{n} E_k(L)\, \frac{\partial q^k}{\partial Q^a}, \qquad E_k(L) := \frac{\partial L}{\partial q^k} - \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q^k}$$

が成り立つ。とくに、$q(t)$ が $L$ のオイラー・ラグランジュ方程式をみたすことと、$Q(t)$ が $\tilde L$ のオイラー・ラグランジュ方程式をみたすことは同値である。

次の証明は長く見えますが、流れは単純です。連鎖律で $\tilde L$ の偏微分を出し、差を取ると、補題の (ii) で余計な項が消えて、$E_k(L)$ にヤコビ行列を掛けた形だけが残ります。

証明（定理 5.2）

以下、$L$ の偏微分はすべて $(q(Q,t), \dot q(Q,\dot Q,t), t)$ で評価します。

第 1 段：$\partial\tilde L/\partial Q^a$。 連鎖律より

$$\frac{\partial \tilde L}{\partial Q^a} = \sum_k \left( \frac{\partial L}{\partial q^k}\frac{\partial q^k}{\partial Q^a} + \frac{\partial L}{\partial \dot q^k}\frac{\partial \dot q^k}{\partial Q^a} \right).$$

第 2 段：$\partial\tilde L/\partial \dot Q^a$。 $q^k$ は $\dot Q$ に依らないので、$\dot q^k$ を通る項だけが残り、補題 5.1 の (i) を使って

$$\frac{\partial \tilde L}{\partial \dot Q^a} = \sum_k \frac{\partial L}{\partial \dot q^k}\frac{\partial \dot q^k}{\partial \dot Q^a} = \sum_k \frac{\partial L}{\partial \dot q^k}\frac{\partial q^k}{\partial Q^a}.$$

第 3 段：時間微分。 積の微分法より

$$\frac{d}{dt}\frac{\partial \tilde L}{\partial \dot Q^a} = \sum_k \left[ \left(\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q^k}\right)\frac{\partial q^k}{\partial Q^a} + \frac{\partial L}{\partial \dot q^k}\, \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial q^k}{\partial Q^a}\right) \right].$$

第 4 段：差を取る。 第 1 段から第 3 段を引きます。補題 5.1 の (ii) により、第 1 段の第 2 項と第 3 段の第 2 項は等しいので相殺し、

$$E_a(\tilde L) = \frac{\partial \tilde L}{\partial Q^a} - \frac{d}{dt}\frac{\partial \tilde L}{\partial \dot Q^a} = \sum_k \left( \frac{\partial L}{\partial q^k} - \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q^k} \right) \frac{\partial q^k}{\partial Q^a} = \sum_k E_k(L)\frac{\partial q^k}{\partial Q^a}.$$

第 5 段：同値性。 これはベクトル $\bigl(E_a(\tilde L)\bigr)_a$ が $\bigl(E_k(L)\bigr)_k$ にヤコビ行列の転置 $J^{\mathsf{T}}$ を掛けたものであることを意味します。仮定より $J$ は正則なので $J^{\mathsf{T}}$ も正則であり、

$$J^{\mathsf{T}} \bigl(E_k(L)\bigr) = 0 \iff \bigl(E_k(L)\bigr) = 0$$

です。したがって「すべての $a$ で $E_a(\tilde L) = 0$」と「すべての $k$ で $E_k(L)=0$」は同値です。

∎

この定理の実務上の意味は単純です。運動エネルギーとポテンシャルエネルギーを、好きな座標で書き下しさえすればよい。 遠心力もコリオリ力も、微分を実行すれば自動的に出てきます。以下、順に確かめます。

例 5.3（平面極座標での中心力運動）

質量 $m$ の質点が中心力ポテンシャル $U(r)$ の下で平面運動するとします。$x = r\cos\theta$、$y = r\sin\theta$ より

$$\dot x = \dot r\cos\theta - r\dot\theta\sin\theta, \qquad \dot y = \dot r \sin\theta + r\dot\theta\cos\theta,$$$$\dot x^2 + \dot y^2 = \dot r^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta) + r^2\dot\theta^2(\sin^2\theta+\cos^2\theta) + 2r\dot r\dot\theta(-\cos\theta\sin\theta + \sin\theta\cos\theta) = \dot r^2 + r^2\dot\theta^2 .$$

よって

$$L = \frac{1}{2}m\bigl(\dot r^2 + r^2\dot\theta^2\bigr) - U(r).$$

$r$ についてのオイラー・ラグランジュ方程式は、$\partial L/\partial \dot r = m\dot r$、$\partial L/\partial r = m r\dot\theta^2 - U'(r)$ より

$$m\ddot r = m r\dot\theta^2 - U'(r).$$

右辺第 1 項が遠心力です。ベクトルの微分をせずに、単に $\partial L/\partial r$ を計算しただけで出てきたことに注意してください。

$\theta$ については $\partial L/\partial\theta = 0$、$\partial L/\partial\dot\theta = m r^2\dot\theta$ なので

$$\frac{d}{dt}\bigl(m r^2\dot\theta\bigr) = 0 .$$

すなわち $\ell := m r^2\dot\theta$ は定数です。これは原点まわりの角運動量にほかならず、角運動量保存（中心力の下での角運動量保存（定理 3.1）［惑星の運動と中心力］）が 1 行で出たことになります。これを $r$ の式に代入して $\dot\theta = \ell/(mr^2)$ を消すと

$$m\ddot r = \frac{\ell^2}{m r^3} - U'(r) = -\frac{d}{dr}\left( U(r) + \frac{\ell^2}{2m r^2} \right)$$

となり、惑星の運動と中心力 で有効ポテンシャルを使って得た方程式（動径方向の一次元問題への帰着（命題 4.2）［惑星の運動と中心力］）と一致します。あちらではベクトル解析による導出でしたが、ここでは $T$ と $U$ を書いて偏微分するだけでした。

例 5.4（単振り子：拘束力が消える）

§1 の単振り子に戻ります。$x = \ell\sin\theta$、$y = -\ell\cos\theta$（$y$ は上向き正、支点を原点）とすると、$\dot x^2 + \dot y^2 = \ell^2\dot\theta^2$ なので

$$T = \frac{1}{2}m\ell^2\dot\theta^2, \qquad U = mgy = -mg\ell\cos\theta, \qquad L = \frac{1}{2}m\ell^2\dot\theta^2 + mg\ell\cos\theta .$$

$\partial L/\partial\dot\theta = m\ell^2\dot\theta$、$\partial L/\partial\theta = -mg\ell\sin\theta$ なので

$$m\ell^2\ddot\theta = -mg\ell\sin\theta \quad\Longrightarrow\quad \ddot\theta = -\frac{g}{\ell}\sin\theta .$$

張力 $S$ はどこにも現れませんでした。糸の長さ一定という拘束を、$\theta$ 1 つで配置を表すという形で最初から使い切ったからです。

なお $S$ が必要なら、解いた後にニュートン形式へ戻って求められます。糸方向の運動方程式（向心方向）から $S - mg\cos\theta = m\ell\dot\theta^2$、すなわち $S = m\ell\dot\theta^2 + mg\cos\theta$ です。ラグランジュ形式は拘束力を「消す」だけで、「失う」わけではありません。

例 5.5（鉛直軸まわりに強制回転する円環上のビーズ）

半径 $a$ の円環（針金の輪）が、その直径を鉛直軸に一致させたまま、外部の装置によって一定角速度 $\omega$ で強制的に回されているとします。輪にはなめらかに滑るビーズ（質量 $m$）が通してあります。ビーズの位置は、輪の最下点から測った角 $\theta$ 1 つで決まるので自由度は $1$ です。ただし直交座標との関係が

$$x = a\sin\theta\,\cos\omega t, \qquad y = a\sin\theta\,\sin\omega t, \qquad z = -a\cos\theta$$

と時間に陽に依存します（レオノミックな拘束）。速度を計算すると

$$\dot x = a\dot\theta\cos\theta\cos\omega t - a\omega\sin\theta\sin\omega t, \qquad \dot y = a\dot\theta\cos\theta\sin\omega t + a\omega\sin\theta\cos\omega t, \qquad \dot z = a\dot\theta \sin\theta .$$

$\dot x^2 + \dot y^2$ を展開すると交差項は $\cos\omega t\sin\omega t$ の符号違いで相殺し、

$$\dot x^2 + \dot y^2 = a^2\dot\theta^2\cos^2\theta + a^2\omega^2\sin^2\theta,$$

これに $\dot z^2 = a^2\dot\theta^2\sin^2\theta$ を足して

$$|\dot{\boldsymbol{r}}|^2 = a^2\dot\theta^2 + a^2\omega^2\sin^2\theta .$$

したがって

$$L = \frac{1}{2}m a^2\dot\theta^2 + \frac{1}{2}ma^2\omega^2\sin^2\theta + mga\cos\theta .$$

オイラー・ラグランジュ方程式は $\partial L/\partial\dot\theta = ma^2\dot\theta$、$\partial L/\partial\theta = ma^2\omega^2\sin\theta\cos\theta - mga\sin\theta$ より

$$a\ddot\theta = \sin\theta\,\bigl(a\omega^2\cos\theta - g\bigr).$$

平衡点（$\ddot\theta = 0$ かつ $\dot\theta = 0$）は $\theta = 0, \pi$ と、$\cos\theta = g/(a\omega^2)$ をみたす $\theta$ です。後者は $a\omega^2 > g$ のときだけ存在します。すなわち回転が遅いあいだはビーズは最下点に留まりますが、$\omega$ が臨界値 $\sqrt{g/a}$ を超えると最下点が不安定になり、ビーズは横に持ち上がった新しい平衡点へ移ります。回転系の見かけの力（遠心力）を一切導入せずに、この分岐が出てきました。

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6. 循環座標・エネルギー関数と保存則

定義 6.1（一般化運動量と循環座標）↗

ラグランジアン $L(q,\dot q,t)$ に対し

$$p_k := \frac{\partial L}{\partial \dot q^k} \qquad (k = 1,\ldots,n)$$

を座標 $q^k$ に共役な一般化運動量という。ある $k$ について $L$ が $q^k$ に陽に依存しない（$\partial L/\partial q^k \equiv 0$）とき、$q^k$ を循環座標という。

一般化運動量は運動量とは限りません。例 5.3 では $\theta$ に共役な運動量が $m r^2\dot\theta$、すなわち角運動量でした。$q^k$ が角度なら $p_k$ は角運動量、長さなら通常の運動量です。次元は $q^k$ の次元に応じて変わります。

命題 6.2（循環座標に対応する保存量）✓

$q^k$ が循環座標ならば、オイラー・ラグランジュ方程式のどの解に沿っても $p_k = \partial L/\partial\dot q^k$ は時間に依らない定数である。

証明（命題 6.2）

定理 3.4 より、解に沿って

$$\frac{d p_k}{dt} = \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q^k} = \frac{\partial L}{\partial q^k} = 0$$

です（最後の等号は循環座標の定義）。よって $p_k$ は定数です。

∎

定義 6.3（エネルギー関数）↗

ラグランジアン $L(q,\dot q,t)$ に対し

$$h(q,\dot q,t) := \sum_{k=1}^{n}\dot q^k \frac{\partial L}{\partial \dot q^k} - L$$

をエネルギー関数（ヤコビの積分）という。

命題 6.4（エネルギー関数の保存）✓

$L$ が時間に陽に依存しない（$\partial L/\partial t \equiv 0$）ならば、オイラー・ラグランジュ方程式のどの解に沿っても $h$ は定数である。一般には、解に沿って $\dfrac{dh}{dt} = -\dfrac{\partial L}{\partial t}$ が成り立つ。

証明（命題 6.4）

解 $q(t)$ に沿って $h$ を時間微分します。積の微分法より

$$\frac{dh}{dt} = \sum_k \left( \ddot q^k \frac{\partial L}{\partial\dot q^k} + \dot q^k\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q^k} \right) - \frac{dL}{dt}.$$

一方、$L$ を解に沿って全微分すると連鎖律より

$$\frac{dL}{dt} = \sum_k \left( \frac{\partial L}{\partial q^k}\dot q^k + \frac{\partial L}{\partial \dot q^k}\ddot q^k \right) + \frac{\partial L}{\partial t}.$$

差を取ると $\ddot q^k$ を含む項が相殺して

$$\frac{dh}{dt} = \sum_k \dot q^k\left( \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q^k} - \frac{\partial L}{\partial q^k} \right) - \frac{\partial L}{\partial t}.$$

丸括弧の中は 定理 3.4 により解に沿って $0$ なので、$dh/dt = -\partial L/\partial t$ です。とくに $\partial L/\partial t \equiv 0$ なら $dh/dt = 0$ となります。

∎

次の系は、拘束が時間に依らないとき、エネルギー関数 $h$ がふつうの力学的エネルギー $T+U$ に一致することを言います。鍵は、このとき $T$ が速度の 2 次式（各項が速度 2 つの積）になることです。

系 6.5（エネルギー関数が力学的エネルギーになる条件）✓

拘束がスクレロノミック（$\boldsymbol{r}_i = \boldsymbol{r}_i(q)$ が $t$ を陽に含まない）で、$U = U(q)$ が速度にも時間にも陽に依存しないとする。このとき $h = T + U$ であり、これは保存する。

証明（系 6.5）

$\boldsymbol{r}_i$ が $t$ に陽に依存しないので $\dot{\boldsymbol{r}}_i = \sum_k (\partial \boldsymbol{r}_i/\partial q^k)\dot q^k$ となり、

$$T = \sum_i \frac{1}{2}m_i|\dot{\boldsymbol{r}}_i|^2 = \frac{1}{2}\sum_{k,l} a_{kl}(q)\,\dot q^k \dot q^l, \qquad a_{kl}(q) = \sum_i m_i \frac{\partial \boldsymbol{r}_i}{\partial q^k}\cdot\frac{\partial \boldsymbol{r}_i}{\partial q^l}$$

と、$T$ は $\dot q$ について同次 2 次形式になります。したがって

$$\sum_k \dot q^k \frac{\partial T}{\partial \dot q^k} = \sum_k \dot q^k \sum_l a_{kl}\dot q^l = 2T$$

です（オイラーの同次関数定理（補題 5.5）［対称性と保存則］ を直接計算で確かめたことになります）。$U$ は $\dot q$ に依らないので $\partial L/\partial \dot q^k = \partial T/\partial \dot q^k$ であり、

$$h = \sum_k \dot q^k \frac{\partial T}{\partial \dot q^k} - (T - U) = 2T - T + U = T + U .$$

また $\boldsymbol{r}_i$ も $U$ も $t$ を陽に含まないので $L$ も含まず、命題 6.4 より $h$ は保存します。

∎

例 6.6（保存するのは h であって T + U ではない）

例 5.5 の回転する円環に戻ります。$L$ は $t$ を陽に含まないので 命題 6.4 より $h$ は保存します。実際に計算すると $\partial L/\partial \dot\theta = ma^2\dot\theta$ なので

$$h = ma^2\dot\theta^2 - L = \frac{1}{2}ma^2\dot\theta^2 - \frac{1}{2}ma^2\omega^2\sin^2\theta - mga\cos\theta .$$

一方、力学的エネルギーは

$$T + U = \frac{1}{2}ma^2\dot\theta^2 + \frac{1}{2}ma^2\omega^2\sin^2\theta - mga\cos\theta$$

で、$h$ とは $\sin^2\theta$ の項の符号が違います。両者は一致せず、そして保存するのは $h$ のほうです。$T + U$ が保存しないのは物理的にも当然で、円環を一定角速度で回し続ける外部の装置がビーズに仕事をしているからです。系 6.5 の「スクレロノミック」という仮定を落とすと結論が壊れる、その具体例になっています。

ヒント

循環座標と時間並進はどちらも「$L$ がある変数の変化に対して不変である」という形をしています。この観察を一般化すると、連続的な対称性のそれぞれに保存量が対応するというネーターの定理（ネーターの定理（点変換版）（定理 4.1）［対称性と保存則］）になります。詳しくは 対称性と保存則（ネーターの定理） を参照してください。また、$p_k = \partial L/\partial \dot q^k$ を独立変数に格上げして $(q,p)$ を基本変数に取り替えると、$h$ はハミルトニアンになり、$n$ 本の 2 階方程式が $2n$ 本の 1 階方程式（ハミルトンの正準方程式（定理 4.2）［ハミルトン形式の力学］）に変わります。これが ハミルトン形式の力学 です。

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7. 演習

演習 7.1易

傾角 $\alpha$ のなめらかな斜面を、質量 $m$ の質点が滑り降りています。斜面に沿って下向きに測った距離を $s$ として、ラグランジアンを作り、運動方程式を求めてください。垂直抗力はどうなりますか。

解答

斜面に沿った速さは $\dot s$ なので $T = \frac{1}{2}m\dot s^2$ です。高さは基準点から $s\sin\alpha$ だけ下がるので $U = -mgs\sin\alpha$、したがって

$$L = \frac{1}{2}m\dot s^2 + mg s\sin\alpha .$$

$\partial L/\partial \dot s = m\dot s$、$\partial L/\partial s = mg\sin\alpha$ なので、オイラー・ラグランジュ方程式は

$$m\ddot s = mg\sin\alpha \quad\Longrightarrow\quad \ddot s = g\sin\alpha .$$

垂直抗力は方程式に現れません。斜面から離れないという拘束を「$s$ ひとつで配置が決まる」という形で使い切ったためで、例 5.4 の張力と同じ事情です。値が必要なら、斜面に垂直な方向のニュートン方程式（この方向の加速度は $0$）から $N = mg\cos\alpha$ と求まります。

演習 7.2標準

鉛直面内に固定されたなめらかな放物線 $y = kx^2$（$k > 0$、$y$ は鉛直上向き）に沿って、質量 $m$ のビーズが滑ります。重力加速度を $g$ とします。

1. $x$ を一般化座標としてラグランジアンを書き、運動方程式を導いてください。
2. 原点まわりの微小振動の角振動数を求めてください。

解答

1. 拘束 $y = kx^2$ より $\dot y = 2kx\dot x$ なので

$$T = \frac{1}{2}m(\dot x^2 + \dot y^2) = \frac{1}{2}m\bigl(1 + 4k^2x^2\bigr)\dot x^2, \qquad U = mgy = mgkx^2 .$$

よって

$$L = \frac{1}{2}m\bigl(1+4k^2x^2\bigr)\dot x^2 - mgkx^2 .$$

偏微分を計算します。

$$\frac{\partial L}{\partial \dot x} = m\bigl(1+4k^2x^2\bigr)\dot x, \qquad \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot x} = m\bigl(1+4k^2x^2\bigr)\ddot x + 8mk^2 x\dot x^2 ,$$$$\frac{\partial L}{\partial x} = 4mk^2 x\dot x^2 - 2mgkx .$$

定理 3.4 に代入して整理すると

$$m(1+4k^2x^2)\ddot x + 8mk^2x\dot x^2 - 4mk^2x\dot x^2 + 2mgkx = 0,$$$$\bigl(1+4k^2x^2\bigr)\ddot x + 4k^2 x\dot x^2 + 2gk\,x = 0 .$$

2. $x$ と $\dot x$ が微小なとき、2 次以上の項 $4k^2x^2\ddot x$ と $4k^2x\dot x^2$ を落とすと

$$\ddot x + 2gk\,x = 0$$

なので、角振動数は $\omega = \sqrt{2gk}$ です。検算しておきます。$y = kx^2$ の原点における曲率半径は $R = \bigl(1+(y')^2\bigr)^{3/2}/|y''| = 1/(2k)$ なので、単振り子の公式 $\omega = \sqrt{g/R}$ と一致します。

演習 7.3標準

水平面内で、原点を通る直線状のなめらかな棒が、一定角速度 $\omega$ で強制的に回されています。この棒に質量 $m$ のビーズが通してあります。原点からの距離 $r$ を一般化座標とします。

1. ラグランジアンと運動方程式を求め、一般解を書いてください。
2. エネルギー関数 $h$ を求め、それが保存すること、しかし $T + U$ は保存しないことを示してください。

解答

1. 位置は $x = r\cos\omega t$、$y = r\sin\omega t$ です。例 5.3 の計算で $\theta = \omega t$、$\dot\theta = \omega$ と置けば $\dot x^2+\dot y^2 = \dot r^2 + r^2\omega^2$ です。水平面内なので重力のポテンシャルは一定、$U = 0$ と取れます。よって

$$L = \frac{1}{2}m\bigl(\dot r^2 + r^2\omega^2\bigr).$$

$\partial L/\partial \dot r = m\dot r$、$\partial L/\partial r = mr\omega^2$ なので

$$m\ddot r = m r\omega^2 \quad\Longrightarrow\quad \ddot r = \omega^2 r .$$

これは三角関数ではなく双曲線関数型の方程式で、一般解は

$$r(t) = A e^{\omega t} + B e^{-\omega t}$$

です（$A, B$ は初期条件で決まる定数）。$A \neq 0$ なら $r$ は指数関数的に増大します。ビーズは棒に沿って外向きに飛ばされていく、という日常の直観と合います。

2. エネルギー関数は

$$h = \dot r\frac{\partial L}{\partial \dot r} - L = m\dot r^2 - \frac{1}{2}m(\dot r^2 + r^2\omega^2) = \frac{1}{2}m\bigl(\dot r^2 - r^2\omega^2\bigr).$$

$L$ は $t$ を陽に含まないので 命題 6.4 より $h$ は保存します。直接確かめることもできます。運動方程式 $\ddot r = \omega^2 r$ を使うと

$$\frac{dh}{dt} = m\dot r\ddot r - m\omega^2 r\dot r = m\dot r(\omega^2 r) - m\omega^2 r\dot r = 0 .$$

一方 $T + U = T = \frac{1}{2}m(\dot r^2 + r^2\omega^2)$ は、$r = Ae^{\omega t}$（$B=0$）の解に沿って $\frac{1}{2}m(A^2\omega^2 e^{2\omega t} + A^2\omega^2 e^{2\omega t}) = mA^2\omega^2 e^{2\omega t}$ となり、増大するので保存しません。棒を一定角速度で回し続ける装置がビーズに仕事をしているからです。拘束が時間に陽に依存する（レオノミック）ため 系 6.5 は適用できず、例 6.6 と同じ状況になっています。

演習 7.4難

鉛直面内の二重振り子を考えます。支点から質量 $m_1$ の質点まで長さ $\ell_1$ の軽い棒、そこから質量 $m_2$ の質点まで長さ $\ell_2$ の軽い棒でつながっています。鉛直下向きから測った角をそれぞれ $\theta_1, \theta_2$ とします。ラグランジアンを作り、2 本の運動方程式を導いてください。

解答

位置は

$$\begin{aligned} x_1 &= \ell_1\sin\theta_1, & y_1 &= -\ell_1\cos\theta_1, \\ x_2 &= \ell_1\sin\theta_1 + \ell_2\sin\theta_2, & y_2 &= -\ell_1\cos\theta_1 - \ell_2\cos\theta_2 . \end{aligned}$$

微分して速さの 2 乗を計算します。$\dot x_1 = \ell_1\dot\theta_1\cos\theta_1$、$\dot y_1 = \ell_1\dot\theta_1\sin\theta_1$ より $v_1^2 = \ell_1^2\dot\theta_1^2$ です。次に

$$\dot x_2 = \ell_1\dot\theta_1\cos\theta_1 + \ell_2\dot\theta_2\cos\theta_2, \qquad \dot y_2 = \ell_1\dot\theta_1\sin\theta_1 + \ell_2\dot\theta_2\sin\theta_2$$

なので、加法定理 $\cos\theta_1\cos\theta_2+\sin\theta_1\sin\theta_2 = \cos(\theta_1-\theta_2)$ を使って

$$v_2^2 = \ell_1^2\dot\theta_1^2 + \ell_2^2\dot\theta_2^2 + 2\ell_1\ell_2\dot\theta_1\dot\theta_2\cos(\theta_1-\theta_2).$$

したがって

$$T = \frac{1}{2}(m_1+m_2)\ell_1^2\dot\theta_1^2 + \frac{1}{2}m_2\ell_2^2\dot\theta_2^2 + m_2\ell_1\ell_2\dot\theta_1\dot\theta_2\cos(\theta_1-\theta_2),$$$$U = m_1 g y_1 + m_2 g y_2 = -(m_1+m_2)g\ell_1\cos\theta_1 - m_2 g\ell_2\cos\theta_2,$$$$L = T - U .$$

$\theta_1$ の方程式。 略記 $\Delta = \theta_1 - \theta_2$ を使います。

$$\frac{\partial L}{\partial \dot\theta_1} = (m_1+m_2)\ell_1^2\dot\theta_1 + m_2\ell_1\ell_2\dot\theta_2\cos\Delta,$$$$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot\theta_1} = (m_1+m_2)\ell_1^2\ddot\theta_1 + m_2\ell_1\ell_2\ddot\theta_2\cos\Delta - m_2\ell_1\ell_2\dot\theta_2\sin\Delta\,(\dot\theta_1-\dot\theta_2),$$$$\frac{\partial L}{\partial\theta_1} = -m_2\ell_1\ell_2\dot\theta_1\dot\theta_2\sin\Delta - (m_1+m_2)g\ell_1\sin\theta_1 .$$

差を取ると、$\dot\theta$ の 2 次の項は

$$-m_2\ell_1\ell_2\sin\Delta\,(\dot\theta_1\dot\theta_2 - \dot\theta_2^2) + m_2\ell_1\ell_2\dot\theta_1\dot\theta_2\sin\Delta = m_2\ell_1\ell_2\dot\theta_2^2\sin\Delta$$

となります。全体を $\ell_1$ で割って

$$(m_1+m_2)\ell_1\ddot\theta_1 + m_2\ell_2\ddot\theta_2\cos\Delta + m_2\ell_2\dot\theta_2^2\sin\Delta + (m_1+m_2)g\sin\theta_1 = 0 .$$

$\theta_2$ の方程式。 同様に

$$\frac{\partial L}{\partial\dot\theta_2} = m_2\ell_2^2\dot\theta_2 + m_2\ell_1\ell_2\dot\theta_1\cos\Delta,$$$$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot\theta_2} = m_2\ell_2^2\ddot\theta_2 + m_2\ell_1\ell_2\ddot\theta_1\cos\Delta - m_2\ell_1\ell_2\dot\theta_1\sin\Delta\,(\dot\theta_1 - \dot\theta_2),$$$$\frac{\partial L}{\partial\theta_2} = +m_2\ell_1\ell_2\dot\theta_1\dot\theta_2\sin\Delta - m_2 g\ell_2\sin\theta_2$$

（$\partial\cos\Delta/\partial\theta_2 = +\sin\Delta$ に注意）。差の $\dot\theta$ 2 次の項は

$$-m_2\ell_1\ell_2\sin\Delta\,(\dot\theta_1^2 - \dot\theta_1\dot\theta_2) - m_2\ell_1\ell_2\dot\theta_1\dot\theta_2\sin\Delta = -m_2\ell_1\ell_2\dot\theta_1^2\sin\Delta$$

なので、全体を $m_2\ell_2$ で割って

$$\ell_2\ddot\theta_2 + \ell_1\ddot\theta_1\cos\Delta - \ell_1\dot\theta_1^2\sin\Delta + g\sin\theta_2 = 0 .$$

検算。 $m_2 \to 0$ とすると第 1 式は $\ell_1\ddot\theta_1 + g\sin\theta_1 = 0$ となり、単振り子の式（例 5.4）に一致します。また微小振動極限（$\theta_i$ と $\dot\theta_i$ が微小、$\cos\Delta \approx 1$、$\sin\Delta \approx 0$、$\dot\theta^2$ 項は 2 次で無視）では

$$(m_1+m_2)\ell_1\ddot\theta_1 + m_2\ell_2\ddot\theta_2 + (m_1+m_2)g\theta_1 = 0, \qquad \ell_2\ddot\theta_2 + \ell_1\ddot\theta_1 + g\theta_2 = 0$$

という線形連立系になり、基準振動の理論に乗ります。ニュートン形式で 2 本の棒の張力を未知数に含めて解くのに比べ、はるかに機械的です。

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参考文献

• L. D. ランダウ、E. M. リフシッツ『力学（増訂第 3 版）』東京図書 — 第 I 章「運動方程式」。最小作用の原理から出発する構成の古典的な標準書です。
• H. Goldstein, C. Poole, J. Safko, Classical Mechanics, 3rd ed., Addison-Wesley, 2002 — 第 1 章「Survey of the Elementary Principles」および第 2 章「Variational Principles and Lagrange’s Equations」。ダランベールの原理からの導出と変分原理からの導出が並置されています。
• V. I. Arnold, Mathematical Methods of Classical Mechanics, 2nd ed., Springer, 1989 — 第 II 部「Lagrangian Mechanics」。共変性や配位空間を多様体の言葉で厳密に扱っています。
• I. M. Gelfand, S. V. Fomin, Calculus of Variations, Dover, 2000 — 第 1 章。変分法の基本補題とオイラー・ラグランジュ方程式の数学的取り扱い。
• 山本義隆、中村孔一『解析力学 I』朝倉書店、1998 — 第 1 章・第 2 章。拘束、仮想仕事の原理、一般化座標の扱いが丁寧です。
• J.-L. Lagrange, Mécanique analytique, Paris, 1788 — 一次資料。

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Appendix: ダランベールの原理からの導出

なぜ別の導出が要るのか。 ハミルトンの原理は美しいのですが、公理として天下りに置かれています。ラグランジュ自身は変分原理からではなく、力の釣り合いの一般化である仮想仕事の原理から出発しました。この経路をたどると、「なぜ拘束力が消えるのか」がはっきりします。また、非ホロノミック拘束を扱うときにはこちらが正しい出発点になります。

仮想変位とダランベールの原理。 時刻 $t$ を止めたまま、その時刻の拘束をみたす範囲で配置を微小に動かすことを仮想変位 $\delta\boldsymbol{r}_i$ といいます。拘束が理想的である（拘束力 $\boldsymbol{R}_i$ が仮想変位に対して仕事をしない）とき、$\sum_i \boldsymbol{R}_i\cdot\delta\boldsymbol{r}_i = 0$ です。ニュートンの方程式 $m_i\ddot{\boldsymbol{r}}_i = \boldsymbol{F}_i + \boldsymbol{R}_i$（$\boldsymbol{F}_i$ は与えられた力）に $\delta\boldsymbol{r}_i$ を掛けて総和すると、拘束力の項が落ちて

$$\sum_{i=1}^{N}\bigl(\boldsymbol{F}_i - m_i\ddot{\boldsymbol{r}}_i\bigr)\cdot\delta\boldsymbol{r}_i = 0$$

が得られます。これがダランベールの原理です。拘束力が消えるのはこの一歩であり、ラグランジュ形式で張力や垂直抗力が現れない理由もここにあります。

一般化座標への書き換え。 $\boldsymbol{r}_i = \boldsymbol{r}_i(q,t)$ とすると、仮想変位は時刻を止めた変位なので $\delta\boldsymbol{r}_i = \sum_k (\partial\boldsymbol{r}_i/\partial q^k)\,\delta q^k$ です（$\partial\boldsymbol{r}_i/\partial t$ の項は入りません）。$\delta q^k$ は独立に取れるので、ダランベールの原理は各 $k$ について

$$Q_k - \sum_i m_i\ddot{\boldsymbol{r}}_i\cdot\frac{\partial\boldsymbol{r}_i}{\partial q^k} = 0, \qquad Q_k := \sum_i \boldsymbol{F}_i\cdot\frac{\partial \boldsymbol{r}_i}{\partial q^k}$$

と書けます。$Q_k$ を一般化力といいます。

加速度項を運動エネルギーで表す。 ここで 補題 5.1 が効きます。$\boldsymbol{r}_i = \boldsymbol{r}_i(q,t)$ に対して (i) $\partial\dot{\boldsymbol{r}}_i/\partial\dot q^k = \partial\boldsymbol{r}_i/\partial q^k$、(ii) $\partial\dot{\boldsymbol{r}}_i/\partial q^k = \frac{d}{dt}(\partial\boldsymbol{r}_i/\partial q^k)$ が成り立ちます（補題の $Q$ を $q$、$q$ を $\boldsymbol{r}_i$ と読み替えるだけです）。積の微分法で

$$\sum_i m_i\ddot{\boldsymbol{r}}_i\cdot\frac{\partial\boldsymbol{r}_i}{\partial q^k} = \sum_i\left[ \frac{d}{dt}\left( m_i\dot{\boldsymbol{r}}_i\cdot\frac{\partial\boldsymbol{r}_i}{\partial q^k} \right) - m_i\dot{\boldsymbol{r}}_i\cdot\frac{d}{dt}\frac{\partial\boldsymbol{r}_i}{\partial q^k} \right]$$

と分け、(i) と (ii) を代入すると

$$= \frac{d}{dt}\left( \sum_i m_i\dot{\boldsymbol{r}}_i\cdot\frac{\partial\dot{\boldsymbol{r}}_i}{\partial \dot q^k} \right) - \sum_i m_i\dot{\boldsymbol{r}}_i\cdot\frac{\partial \dot{\boldsymbol{r}}_i}{\partial q^k} = \frac{d}{dt}\frac{\partial T}{\partial \dot q^k} - \frac{\partial T}{\partial q^k}$$

となります。ここで $T = \sum_i \frac12 m_i|\dot{\boldsymbol{r}}_i|^2$ であり、最後の等号は $\partial T/\partial u = \sum_i m_i \dot{\boldsymbol{r}}_i \cdot \partial\dot{\boldsymbol{r}}_i/\partial u$（$u$ は $q^k$ でも $\dot q^k$ でもよい）という連鎖律です。

結論。 以上より、一般化座標におけるダランベールの原理は

$$\frac{d}{dt}\frac{\partial T}{\partial \dot q^k} - \frac{\partial T}{\partial q^k} = Q_k \qquad (k=1,\ldots,n)$$

となります。さらに力がポテンシャル $U(q,t)$ から導かれる、すなわち $Q_k = -\partial U/\partial q^k$ のときは、$U$ が $\dot q$ に依らないことから $\partial U/\partial\dot q^k = 0$ なので、$L = T - U$ とおいて

$$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q^k} - \frac{\partial L}{\partial q^k} = 0$$

が得られます。これは 定理 3.4 と同じ式です。つまりオイラー・ラグランジュ方程式は、変分原理を公理に採らなくても、ニュートンの法則と理想拘束の仮定だけから導けます。ハミルトンの原理は、この方程式を「作用の停留」として読み直したもの、と位置づけられます。