13.1.1. 作用積分とラグランジアン
ラグランジ形式では、作用積分 ( 式-13.1 ) は ラグランジアン \(L(q,\dot{q})\) を用いて、
(13.1)\[\mathcal{S} = \int_{t_1}^{t_2} L\left(q, \dot{q} \right)dt\]
と定義されます。ここで、\(q\) およびは \(\dot{q}\) 系を記述する 一般化座標 とその 時間微分 です。
ニュートン力学のラグランジアン式-13.2は
(13.2)\[\mathcal{L} = \frac{m}{2} v^2 - U(x)\]
であることが知られています。
13.1.2. 最小作用の原理と運動方程式
ラグランジ形式における運動は 両端( \(t=t1\) および \(t=t2\) ) での\(q\)および\(\dot{q}\)を固定して、作用が最小となる軌跡となる(最小作用の原理)。これより導かれる運動方程式は、
(13.3)\[\begin{split}\delta \mathcal{S} =& \int dt \left[ \frac{\partial L}{\partial q} \delta q + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta \dot{q}\right] \\
= & \int dt \left[ \frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \right]\delta {q} \\
= & 0\end{split}\]
より
(13.4)\[\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}} = 0\]
となる。(Euler方程式あるいはLagrangeの方程式)
座標変換\(Q = Q(q)\)でこの運動方程式がどうなるかを考えてみる。
(13.5)\[\begin{split}Q = Q(q)\\
\dot{Q} = \frac{\partial Q}{\partial q} \dot{q} \\
\mathcal{L}'(Q,\dot{Q}) = \mathcal{L}(q,\dot{q})\end{split}\]
(13.6)\[\begin{split}\frac{\partial Q}{\partial \dot{q}} = 0\\
\frac{\partial \dot{Q}}{\partial \dot{q}} = \frac{\partial Q}{\partial q}\end{split}\]
に注意すると、
(13.7)\[\begin{split}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}} =& -\frac{d}{dt}\left( \frac{\partial \mathcal{L}'}{\partial Q}\frac{\partial Q}{\partial \dot{q}} + \frac{\partial \mathcal{L}'}{\partial \dot{Q}}\frac{\partial \dot{Q}}{\partial \dot{q}} \right) \\
+& \frac{\partial \mathcal{L}'}{\partial Q}\frac{\partial Q}{\partial q} + \frac{\partial \mathcal{L}'}{\partial \dot{Q}}\frac{\partial \dot{Q}}{\partial q} \\
=& \left(\frac{\partial \mathcal{L}'}{\partial Q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}'}{\partial \dot{Q}}\right) \frac{\partial Q}{\partial q}\end{split}\]
となる。すなわち座標変換後の運動方程式式-13.8も
(13.8)\[\frac{\partial \mathcal{L}'}{\partial Q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}'}{\partial \dot{Q}} = 0\]
と同じ形式のEuler方程式となる。
13.1.3. 運動方程式の例
作用積分としてローレンツ不変な次の量を考える。
(13.9)\[\begin{split}S &= \int_{p_1}^{p_2} \left( - m_0 - e A_\mu \frac{d z^\mu}{d \tau} \right) d\tau \\
& = \int_{p_1}^{p_2} dt \left\{ - m_0\sqrt{1-\mathbf{u}^2} - e A_\mu \frac{d z^\mu}{d t} \right\}\end{split}\]
(以下しばらく\(c = 1\)とする。)
ラグランジアン\(\mathcal{L}\)は従って、
(13.10)\[\mathcal{L}(\mathbf{z},\mathbf{u}) = - m_0\sqrt{1-\mathbf{u}^2} - e \phi + e \mathbf{A}\cdot\mathbf{u}\]
である。この時運動方程式は、
(13.11)\[\begin{split}\frac{d}{dt}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial u_x} = \frac{d}{dt}\left(\frac{m_0}{\sqrt{1-\mathbf{u}^2}}\mathbf{u_x} + e \mathbf{A}_x \right) \\
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x} = - e \frac{\partial \phi}{\partial x}
+ e\left( \frac{\partial A_x}{\partial x} u_x +\frac{\partial A_y}{\partial x} u_y + \frac{\partial A_z}{\partial x} u_z\right)\end{split}\]
から、
(13.12)\[\frac{d}{dt}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial u_x} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x} =
\frac{d}{dt}\left(\frac{m_0}{\sqrt{1-\mathbf{u}^2}}\mathbf{u_x}\right) + e \frac{\partial \phi}{\partial x} + e \frac{\partial \mathbf{A}_x}{\partial t} - e\left( u_y B_z - u_z B_y\right) = 0\]
となる。これは外場\(A_\mu\)によるローレンツ力をうけている質点の相対論的な運動方程式
(13.13)\[\frac{d}{dt}\left(\frac{m_0}{\sqrt{1-\mathbf{u}^2}}\mathbf{u}\right) = e\left( \mathbf{E} + \mathbf{u}\times\mathbf{B}\right)\]
に他ならない。
ローレンツ不変性を明らかにするために時間 \(t\) にかわり、 \(\tau\) を運動のパラメータとすることも出来る。その時、作用積分は、
(13.14)\[\begin{split}S =& \int_{p_1}^{p_2} \left( - m_0 - e A_\mu \frac{d z^\mu}{d \tau} \right) d\tau \\
=& \int_{p_1}^{p_2} d\tau \left\{ - m_0\sqrt{\frac{d z^\mu}{d \tau}\frac{d z_\mu}{d \tau}} - e A_\mu \frac{d z^\mu}{d\tau} \right\} \\
=& \int_{p_1}^{p_2} d\tau \left\{ - m_0\sqrt{w_\mu w^\mu} - e A_\mu w^\mu \right\}\end{split}\]
となる。
ただし、
(13.15)\[\begin{split}w_\mu = \frac{d z_\mu}{d\tau}\\\end{split}\]
とした。この時、\(\tau\)の定義より、
(13.16)\[w_\mu w^\mu = 1\]
である。
運動方程式は、
(13.17)\[\begin{split}\mathcal{L}=\left\{ - m_0\sqrt{w_\mu w^\mu} - e A_\mu w^\mu \right\} \\
\frac{d}{d\tau} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial w_\mu} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial z_\mu} = 0 \\
= \frac{d}{d\tau}\left(-\frac{m_0}{\sqrt{w_\mu w^\mu}} w^\mu -e A^\mu \right) + e \frac{\partial A_\nu}{\partial z_\mu} w^\nu\end{split}\]
これを整理すると、
(13.18)\[\frac{d}{d\tau}\left( m_0 w^\mu \right) = + e \frac{\partial A_\nu}{\partial z_\mu} w^\nu
- e \frac{\partial A^\mu}{\partial z_\nu} w^\nu = e F^{\nu\mu}w_\nu\]
となります。