対称性から組み立てる力学（発展）

変分法

著者：柚木芹香

経路という「関数」を少し変えたときに，作用という「数」がどう変わるかを調べる計算を変分法といいます．本体の節で使った2つの道具，部分積分と「どんな変化でも0なら中身が0」を，ここで確かめます．

定理数学の道具：変分と部分積分

経路 $q (t)$ を $q (t) + δ q (t)$ （ $δ q (t_{1}) = δ q (t_{2}) = 0$ ）に変えたとき， $S = \int_{t_{1}}^{t_{2}} L (q, \dot{q}, t) d t$ の変化の $δ q$ について1次の部分 $δ S$ を，作用の変分という．

δ S = \int_{t_{1}}^{t_{2}} (\frac{\partial L}{\partial q} δ q + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} δ \dot{q}) d t = \int_{t_{1}}^{t_{2}} (\frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) δ q d t

2つ目の等号は部分積分で，両端で $δ q = 0$ なので境界の項が消える．

例で確かめます． $L = {\dot{q}}^{2}$ とし， $q (0) = 0$ ， $q (1) = 1$ とします．直線の経路 $q = t$ を $q = t + ε η (t)$ （ $η (0) = η (1) = 0$ ）に変えると

S (ε) = \int_{0}^{1} (1 + ε \dot{η})^{2} d t = 1 + 2 ε \int_{0}^{1} \dot{η} d t + ε^{2} \int_{0}^{1} {\dot{η}}^{2} d t = 1 + ε^{2} \int_{0}^{1} {\dot{η}}^{2} d t

です． $\int_{0}^{1} \dot{η} d t = η (1) - η (0) = 0$ なので， $ε$ について1次の項が消えています．直線の経路で作用は停留し，しかも $ε^{2}$ の項が正なので最小です．

定理数学の道具：変分法の基本補題

連続な関数 $g (t)$ が，両端で0になるどんな連続な関数 $η (t)$ についても $\int_{t_{1}}^{t_{2}} g (t) η (t) d t = 0$ を満たすなら，区間のすべての $t$ で $g (t) = 0$ である．

証明　 $η (t) = (t - t_{1}) (t_{2} - t) g (t)$ と選ぶ．これは両端で0になる．すると $\int_{t_{1}}^{t_{2}} (t - t_{1}) (t_{2} - t) g (t)^{2} d t = 0$ である．区間の内側で $(t - t_{1}) (t_{2} - t) > 0$ ， $g^{2} \geq 0$ なので，被積分関数は0以上で，積分が0になるには区間の内側で $g = 0$ でなければならない． $g$ は連続なので，両端でも $g = 0$ ．

練習1　 $L = \frac{1}{2} {\dot{q}}^{2} - \frac{1}{2} q^{2}$ のオイラー＝ラグランジュ方程式を書け．

練習2　 $L = \frac{1}{2} {\dot{q}}^{2} + q \dot{q}$ のオイラー＝ラグランジュ方程式を書き， $L = \frac{1}{2} {\dot{q}}^{2}$ と同じになることを確かめよ．その理由を，ラグランジアンの不定性で説明せよ．

答え　練習1： $\partial L / \partial \dot{q} = \dot{q}$ ， $\partial L / \partial q = - q$ なので $\ddot{q} + q = 0$ ．練習2： $\partial L / \partial \dot{q} = \dot{q} + q$ ，その時間微分は $\ddot{q} + \dot{q}$ ． $\partial L / \partial q = \dot{q}$ なので，方程式は $\ddot{q} + \dot{q} - \dot{q} = \ddot{q} = 0$ で， $L = \frac{1}{2} {\dot{q}}^{2}$ と同じ．足した $q \dot{q}$ は $\frac{d}{d t} (\frac{1}{2} q^{2})$ という全微分だからである．

例題

例題 1

オリジナル ★★☆☆☆

平面の上の2点 $(0, 0)$ と $(1, h)$ を結ぶ曲線 $y (x)$ の長さは

ℓ = \int_{0}^{1} \sqrt{1 + y^{' 2}} d x (y^{'} = \frac{d y}{d x})

である． $x$ を「時刻」， $y$ を「座標」と見て，長さが停留する曲線を求めよ．

**［図：2点を結ぶ曲線の候補］**
両端(0，0)，(1，h)を固定し，直線と少し曲げた曲線を描く．式や長さの値は示していない．

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考え方 被積分関数 $\sqrt{1 + y^{' 2}}$ をラグランジアン， $x$ を時刻と見て，オイラー＝ラグランジュ方程式を立てる．

$\partial L / \partial y = 0$ ， $\partial L / \partial y^{'} = \frac{y^{'}}{\sqrt{1 + y^{' 2}}}$ なので，方程式は

\frac{d}{d x} (\frac{y^{'}}{\sqrt{1 + y^{' 2}}}) = 0

で， $\frac{y^{'}}{\sqrt{1 + y^{' 2}}}$ は一定．これは $y^{'}$ が一定ということなので， $y$ は1次関数．両端を通るので $y = h x$ ，つまり2点を結ぶ直線である．

確かめ：「2点を結ぶ最短の線は直線」という，よく知っている結果に合う．変分法は，時刻の代わりに位置を変数にした問題にも使える．

例題 2

オリジナル ★★☆☆☆

空気中（光の速さ $c_{1}$ ）の点 $A (0, a)$ から，水中（光の速さ $c_{2}$ ）の点 $B (d, - b)$ へ光が進む．水面は $y = 0$ で， $a, b > 0$ とする．水面の点 $(x, 0)$ を通るとしてかかる時間を $x$ の関数で書き，それが停留する条件から，入射角 $θ_{1}$ と屈折角 $θ_{2}$ （どちらも水面の垂線から測る）の関係を求めよ．

**［図：水面を通る光の経路］**
空気中のAから水中のBへ，水面上のPを通る候補の折れ線．θ₁，θ₂はいずれも水面の垂線から測る．

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考え方 道のりを速さで割って時間を出し， $x$ で微分して0とおく．

T (x) = \frac{\sqrt{x^{2} + a^{2}}}{c_{1}} + \frac{\sqrt{(d - x)^{2} + b^{2}}}{c_{2}}

\frac{d T}{d x} = \frac{1}{c_{1}} \frac{x}{\sqrt{x^{2} + a^{2}}} - \frac{1}{c_{2}} \frac{d - x}{\sqrt{(d - x)^{2} + b^{2}}} = \frac{\sin θ_{1}}{c_{1}} - \frac{\sin θ_{2}}{c_{2}} = 0

したがって

\frac{\sin θ_{1}}{\sin θ_{2}} = \frac{c_{1}}{c_{2}}

確かめ： $c_{1} = c_{2}$ なら $θ_{1} = θ_{2}$ でまっすぐ進む．水中のほうが遅い（ $c_{2} < c_{1}$ ）と $θ_{2} < θ_{1}$ で，光は垂線のほうへ曲がる．これは光の屈折の法則（スネルの法則）である．

例題 3

オリジナル ★★★☆☆

$L = \frac{1}{2} {\dot{q}}^{2} - \frac{1}{2} ω^{2} q^{2}$ （ $ω > 0$ は定数）で，両端を $q (0) = 0$ ， $q (τ) = 0$ とする．

$q (t) = 0$ がオイラー＝ラグランジュ方程式を満たすことを確かめよ．
経路を $q = ε \sin \frac{π t}{τ}$ に変えたときの作用 $S (ε)$ を求めよ．
$τ > π / ω$ のとき， $q = 0$ の作用は最小でないことを示せ．それでも $q = 0$ が実際の運動である理由を述べよ．

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考え方 具体的な経路で作用を計算し， $ε$ の関数として調べる．

方程式は $\ddot{q} + ω^{2} q = 0$ で， $q = 0$ はこれを満たし，両端の条件も満たす．
$\dot{q} = \frac{ε π}{τ} \cos \frac{π t}{τ}$ ． $\int_{0}^{τ} \cos^{2} \frac{π t}{τ} d t = \int_{0}^{τ} \sin^{2} \frac{π t}{τ} d t = \frac{τ}{2}$ を使うと

S (ε) = \frac{1}{2} \cdot \frac{ε^{2} π^{2}}{τ^{2}} \cdot \frac{τ}{2} - \frac{1}{2} ω^{2} ε^{2} \cdot \frac{τ}{2} = \frac{ε^{2} τ}{4} (\frac{π^{2}}{τ^{2}} - ω^{2})

$τ > π / ω$ なら $π^{2} / τ^{2} < ω^{2}$ で， $ε \neq 0$ のとき $S (ε) < 0 = S (0)$ ． $q = 0$ より作用の小さい経路があるので，最小ではない．一方， $S (ε)$ には $ε$ の1次の項が無いので， $q = 0$ で作用は停留している．原理が求めるのは停留なので， $q = 0$ はやはり実際の運動である．

確かめ： $τ < π / ω$ なら $S (ε) > 0$ で最小になる．短い時間では最小，長い時間では最小とは限らない，という本体の節の説明に合う． $τ = π / ω$ は振動の周期のちょうど半分で，このとき $q = ε \sin ω t$ はすべて実際の運動になり， $S$ は $ε$ によらず0になる．

ポイントここまでのまとめ

作用の変分 $δ S$ は，部分積分で $\int (\partial L / \partial q - \frac{d}{d t} \partial L / \partial \dot{q}) δ q d t$ の形にまとまる．
基本補題：両端で0のどんな $η$ でも $\int g η d t = 0$ なら $g = 0$ ．これでオイラー＝ラグランジュ方程式が出る．
全微分を足したラグランジアンは，同じ方程式を与える．
変分法は，時刻の代わりに位置を変数にした問題（最短の線，光の道）にも使える．
停留は最小とは限らない．調和振動では，半周期より長い時間で最小でなくなる．