ネーターの定理と保存量

ラグランジアン（または作用）が連続的な変換（並進・回転・時間並進・スケール変換など）で不変なとき、ネーターの定理から対応する保存量（運動量・角運動量・エネルギー関数 $h = \sum p_{i} q ˙_{i} - L$ など）を具体的な式で求め、それを使って運動を決められる

前提

一般化運動量と循環座標（大学物理解析力学）

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算数中学高校大学大学院

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一般化運動量と循環座標（大学物理解析力学）

説明

ラグランジアンが、座標を少しずらす・回す・時刻をずらすといった連続的な変換で変わらないとき、それに対応する保存量が 1 つ存在します。これがネーターの定理です。この技能では、変換を $q_{i} \to q_{i} + ε K_{i} (q)$ の形に書いて保存量 $Q = \sum_{i} p_{i} K_{i}$ を具体的な式で求め、時間並進に対してはエネルギー関数 $h = \sum_{i} p_{i} q ˙_{i} - L$ が保存することを使います。循環座標が見えない座標系のままでも、対称性さえ見つければ保存量がわかり、それを使って途中の速度などを決められます。

なぜそうしてよいのか

変換を、小さな数 $ε$ を使って $q_{i} \to q_{i} + ε K_{i} (q)$ と書きます（ $K_{i}$ は各座標をどの向きにどれだけずらすかを表す関数）。たとえば $x$ 方向への並進なら $K_{x} = 1$ 、 $K_{y} = 0$ 、平面内の原点のまわりの回転なら $K_{x} = - y$ 、 $K_{y} = x$ です。このとき速さは $q ˙_{i} \to q ˙_{i} + ε K ˙_{i}$ と変わります。 $L$ がこの変換で（ $ε$ の 1 次まで）変わらないとすると、偏微分と連鎖律より
$0 = i \sum (\frac{\partial L}{\partial q _{i}} K_{i} + \frac{\partial L}{\partial q ˙ _{i}} K ˙_{i})$
です。運動が実際に起こるときはオイラー・ラグランジュ方程式 $\frac{\partial L}{\partial q _{i}} = p ˙_{i}$ が成り立つので、右辺は $\sum_{i} (p ˙_{i} K_{i} + p_{i} K ˙_{i}) = \frac{d}{d t} \sum_{i} p_{i} K_{i}$ となり、
$Q = i \sum p_{i} K_{i}$
が一定に保たれます。循環座標 $q_{j}$ は「 $q_{j}$ だけを $ε$ ずらす変換（ $K_{j} = 1$ , ほかは $0$ ）」で $L$ が不変な場合で、このとき $Q = p_{j}$ となり、前の技能の結果と一致します。

時間並進（ $L$ が時刻 $t$ をあらわに含まない）の場合は、 $L$ の時間変化を連鎖律で計算すると $\frac{d L}{d t} = \sum_{i} (\frac{\partial L}{\partial q _{i}} q ˙_{i} + \frac{\partial L}{\partial q ˙ _{i}} q ¨_{i}) = \sum_{i} (p ˙_{i} q ˙_{i} + p_{i} q ¨_{i}) = \frac{d}{d t} \sum_{i} p_{i} q ˙_{i}$ なので、
$h = i \sum p_{i} q ˙_{i} - L$
が保存します。 $T$ が $q ˙_{i}$ の同次 2 次式、つまり $T = \frac{1}{2} \sum_{i, j} a_{ij} (q) q ˙_{i} q ˙_{j}$ の形で $q ˙$ の 1 次の項や $q ˙$ によらない項がなく、 $V$ が速さによらなければ、 $\sum_{i} p_{i} q ˙_{i} = \sum_{i} q ˙_{i} \frac{\partial T}{\partial q ˙ _{i}} = 2 T$ なので $h = T + V$ （力学的エネルギー）です。一般化座標と直交座標の関係が時間によらない（拘束が時間によらない）ときは、 $T$ はいつもこの形になります。拘束が時間とともに動く場合（回転する棒の上の玉など）は $T$ に $q ˙$ の 1 次や 0 次の項が現れ、 $h$ は保存しても $T + V$ とは一致しません。

また、変換で $L$ がある関数 $F (q, t)$ の時間微分だけ変わる（ $L \to L + ε \frac{d F}{d t}$ ）場合も、同じ計算で $\frac{d}{d t} (\sum_{i} p_{i} K_{i} - F) = 0$ となり、 $\sum_{i} p_{i} K_{i} - F$ が保存量になります。どの場合も、まず「どの変換で $L$ が変わらないか」を見つけ、それを $K_{i}$ で表すことが出発点です。

手順

一般化座標を選び、 $L = T - V$ を書く
$L$ を変えない連続的な変換を見つけ、 $q_{i} \to q_{i} + ε K_{i}$ の形で $K_{i}$ を書く（並進・回転など）。 $T$ と $V$ の両方が変わらないことを確かめる
一般化運動量 $p_{i} = \frac{\partial L}{\partial q ˙ _{i}}$ を計算し、保存量 $Q = \sum_{i} p_{i} K_{i}$ をつくる。 $L$ が $t$ をあらわに含まなければ $h = \sum_{i} p_{i} q ˙_{i} - L$ も保存量とする
はじめの状態での保存量の値と、求めたい状態での値が等しいという式を立てる
その式を解いて、速度などを求める

例題

$x y$ 平面内を動く質量 $m$ の質点のラグランジアンが
$L = \frac{1}{2} m (x ˙^{2} + y ˙^{2}) - \frac{1}{2} k (x - 2 y)^{2}$
（ $k > 0$ は定数）で与えられている。質点ははじめ原点にあり、速度の成分は $(x ˙, y ˙) = (v_{0}, 3 v_{0})$ であった（ $v_{0} > 0$ ）。その後の運動で $x ˙ = 2 v_{0}$ となった瞬間の $y ˙$ を $v_{0}$ で求めよ。

例題の解答

手順 1: $L$ は与えられています。 $x$ も $y$ も $L$ に現れるので、どちらも循環座標ではありません。

手順 2: ポテンシャルは $x - 2 y$ だけで決まります。 $x \to x + 2 ε$ 、 $y \to y + ε$ とずらすと $x - 2 y$ は変わらず、速さ $x ˙, y ˙$ も変わらないので $T$ も変わりません。よって $K_{x} = 2$ 、 $K_{y} = 1$ の並進（ベクトル $(2, 1)$ の向きの並進）で $L$ は不変です。

手順 3: $p_{x} = \frac{\partial L}{\partial x ˙} = m x ˙$ 、 $p_{y} = \frac{\partial L}{\partial y ˙} = m y ˙$ なので、保存量は
$Q = p_{x} K_{x} + p_{y} K_{y} = m (2 x ˙ + y ˙)$

手順 4: はじめは $Q = m (2 v_{0} + 3 v_{0}) = 5 m v_{0}$ 。 $x ˙ = 2 v_{0}$ の瞬間も同じ値なので
$m (2 \cdot 2 v_{0} + y ˙) = 5 m v_{0}$

手順 5: $y ˙ = v_{0}$ です。
（確かめ： $T$ は $x ˙, y ˙$ の同次 2 次式で $V$ は速さによらないので、 $h = T + V$ も保存します。はじめは $h = \frac{1}{2} m (v_{0}^{2} + 9 v_{0}^{2}) = 5 m v_{0}^{2}$ 、この瞬間の運動エネルギーは $\frac{1}{2} m (4 v_{0}^{2} + v_{0}^{2}) = \frac{5}{2} m v_{0}^{2}$ で、残り $\frac{5}{2} m v_{0}^{2} \geq 0$ がポテンシャルになっており矛盾はありません。）

答え: $v_{0}$

よくある誤り

変換の向き $K_{i}$ を考えずに、 $p_{x}$ や $p_{y}$ がそれぞれ保存するとしてしまう誤り。例題では $L$ が $x$ にも $y$ にもよるので $p_{x} = m x ˙$ , $p_{y} = m y ˙$ は個別には保存しない。正しくは不変な変換 $K = (2, 1)$ に合わせた組合せ $Q = 2 p_{x} + p_{y}$ が保存する
ポテンシャルだけを見て対称性を判断し、運動エネルギーが不変かどうかを確かめない誤り。たとえば $L = \frac{1}{2} (m_{1} x ˙^{2} + m_{2} y ˙^{2}) - V (x - y)$ で $m_{1} \neq = m_{2}$ でも、並進 $x \to x + ε$ , $y \to y + ε$ では $x ˙, y ˙$ が変わらないので $T$ は不変で、 $Q = m_{1} x ˙ + m_{2} y ˙$ が保存する。一方、 $q$ に依存する $K_{i}$ （回転など）では $K ˙_{i} \neq = 0$ なので $T$ の変化も計算して確かめる必要がある
エネルギー関数 $h = \sum_{i} p_{i} q ˙_{i} - L$ をつねに $T + V$ と同じとしてしまう誤り。 $h = T + V$ となるのは、 $T$ が $q ˙_{i}$ の同次 2 次式（ $T = \frac{1}{2} \sum a_{ij} (q) q ˙_{i} q ˙_{j}$ で、 $q ˙$ の 1 次の項や $q ˙$ によらない項がない。拘束が時間によらなければ成り立つ）で、 $V$ が速さによらないときに限る。たとえば一定の角速度 $ω$ で回る棒の上の玉では $T = \frac{1}{2} m (r ˙^{2} + r^{2} ω^{2})$ に $r ˙$ によらない項があり、 $h = \frac{1}{2} m r ˙^{2} - \frac{1}{2} m r^{2} ω^{2} + V$ は $T + V$ と異なる。また $L$ が $t$ をあらわに含むときは $h$ は保存しない（ $\frac{d h}{d t} = - \frac{\partial L}{\partial t}$ ）
$h$ の定義で符号や順序を誤り、 $h = L - \sum_{i} p_{i} q ˙_{i}$ や $h = \sum_{i} p_{i} q ˙_{i} + L$ としてしまう誤り。正しくは $h = \sum_{i} p_{i} q ˙_{i} - L$ で、 $L = \frac{1}{2} m x ˙^{2} - V$ なら $h = m x ˙^{2} - (\frac{1}{2} m x ˙^{2} - V) = \frac{1}{2} m x ˙^{2} + V$

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（教科書の例題レベル）
質量 $m$ の質点が $x y$ 平面内を運動している。ポテンシャルは原点からの距離 $r = x^{2} + y^{2}$ だけで決まる関数 $V (r)$ であり、ラグランジアンは
$L = \frac{m}{2} (x ˙^{2} + y ˙^{2}) - V (x^{2} + y^{2})$
である。このラグランジアンは原点のまわりの回転 $x \to x - ε y$ , $y \to y + ε x$ （ $ε$ は微小な実数）で不変である。
時刻 $t = 0$ に質点は点 $(a, 0)$ にあり、速度は $(0, v_{0})$ であった（ $a > 0$ , $v_{0} > 0$ ）。その後、質点が $y$ 軸上の点 $(0, b)$ （ $b > 0$ ）を通過した瞬間、速度は $x$ 軸の負の向きを向いていた。ネーターの定理からこの回転対称性に対応する保存量を求め、それを用いて、この瞬間の質点の速さを $a$ , $b$ , $v_{0}$ で表せ。

ネーターの定理と保存量

前提

説明

なぜそうしてよいのか

手順

例題

よくある誤り

入口の問題

この技能を使う問題