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Appendix D 練習問題 解答

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目次

Basic（基礎）

Medium（標準）

Advanced（発展）

Basic（基礎）

B-1. Lagrangian からの正準運動量の計算

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問題:

次の Lagrangian に対して、正準運動量 \(p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\) を求めよ。

(a)

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}k q^2 \]

(b)

\[ L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r) \]

について、\(p_r = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}}\) と \(p_\theta = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\) をそれぞれ求めよ。

(c)

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 + e\dot{q}A(q) - e\phi(q) \]

ここで \(A(q)\) はベクトルポテンシャル (vector potential)、\(\phi(q)\) はスカラーポテンシャル (scalar potential)、\(e\) は電荷である。

解法の方針: 正準運動量の定義 \(p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\) をそのまま適用する。偏微分では \(q\) を定数として扱う。

(a) \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}kq^2\)

\[ p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = \frac{\partial}{\partial \dot{q}}\left(\frac{1}{2}m\dot{q}^2\right) = m\dot{q} \]
\[ \boxed{p = m\dot{q}} \]

(b) \(L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r)\)

\(r\) に共役な運動量：

\[ p_r = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = m\dot{r} \]

\(\theta\) に共役な運動量：

\[ p_\theta = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = mr^2\dot{\theta} \]
\[ \boxed{p_r = m\dot{r}, \qquad p_\theta = mr^2\dot{\theta}} \]

検算: \(p_\theta = mr^2\dot{\theta}\) は角運動量の \(z\) 成分 \(L_z\) に一致する。次元は \([\text{kg}\cdot\text{m}^2\cdot\text{s}^{-1}]\) で角運動量の次元として正しい。

(c) \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 + e\dot{q}A(q) - e\phi(q)\)

\(A(q)\) は \(\dot{q}\) に依存しないので：

\[ p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q} + eA(q) \]
\[ \boxed{p = m\dot{q} + eA(q)} \]

検算: 正準運動量 \(p\) は力学的運動量 \(m\dot{q}\) とは異なり、ベクトルポテンシャルの寄与 \(eA\) を含む。これは電磁場中の荷電粒子の正準運動量として知られた結果と一致する。

B-2. Legendre 変換による Hamiltonian の構成

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問題:

次の各 Lagrangian に対して、正準運動量 \(p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\) を求め、\(\dot{q}\) を \(p\) について解いたうえで、Hamiltonian \(H = p\dot{q} - L\) を \(q\) と \(p\) の関数として求めよ。

(a)

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}k q^2 \]

(b)

\[ L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r) \]

について、\(p_r = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}}\), \(p_\theta = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\) を求め、\(H(r, \theta, p_r, p_\theta) = p_r\dot{r} + p_\theta\dot{\theta} - L\) を計算せよ。

(c)

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 + e\dot{q}A(q) - e\phi(q) \]

ここで \(A(q)\) はベクトルポテンシャル、\(\phi(q)\) はスカラーポテンシャル、\(e\) は電荷である。

解法の方針: D1 で求めた \(p\) を \(\dot{q}\) について解き、\(H = p\dot{q} - L\) に代入して \(\dot{q}\) を消去する。

(a) D1(a) より \(p = m\dot{q}\) なので \(\dot{q} = p/m\)。

\[ H = p\dot{q} - L = p \cdot \frac{p}{m} - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{p}{m}\right)^2 - \frac{1}{2}kq^2\right] \]
\[ = \frac{p^2}{m} - \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}kq^2 = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}kq^2 \]
\[ \boxed{H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}kq^2} \]

検算: \(T + V\) の形になっている。\(k = m\omega^2\) とすれば調和振動子の標準的な Hamiltonian に一致する。

(b) D1(b) より \(p_r = m\dot{r}\), \(p_\theta = mr^2\dot{\theta}\) なので：

\[ \dot{r} = \frac{p_r}{m}, \qquad \dot{\theta} = \frac{p_\theta}{mr^2} \]

Hamiltonian は \(H = p_r\dot{r} + p_\theta\dot{\theta} - L\)：

\[ H = p_r \cdot \frac{p_r}{m} + p_\theta \cdot \frac{p_\theta}{mr^2} - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{p_r^2}{m^2} + r^2 \cdot \frac{p_\theta^2}{m^2 r^4}\right) - V(r)\right] \]
\[ = \frac{p_r^2}{m} + \frac{p_\theta^2}{mr^2} - \frac{p_r^2}{2m} - \frac{p_\theta^2}{2mr^2} + V(r) \]
\[ \boxed{H = \frac{p_r^2}{2m} + \frac{p_\theta^2}{2mr^2} + V(r)} \]

検算: 第 2 項 \(\frac{p_\theta^2}{2mr^2} = \frac{(mr^2\dot{\theta})^2}{2mr^2} = \frac{1}{2}mr^2\dot{\theta}^2\) は回転の運動エネルギーに対応する。全体として \(T + V\) の形になっている。

(c) D1(c) より \(p = m\dot{q} + eA(q)\) なので：

\[ \dot{q} = \frac{p - eA(q)}{m} \]
\[ H = p\dot{q} - L = p \cdot \frac{p - eA}{m} - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{p - eA}{m}\right)^2 + e \cdot \frac{p - eA}{m} \cdot A - e\phi\right] \]

各項を計算する：

\[ p\dot{q} = \frac{p(p - eA)}{m} \]
\[ \frac{1}{2}m\dot{q}^2 = \frac{(p - eA)^2}{2m} \]
\[ e\dot{q}A = \frac{eA(p - eA)}{m} \]

よって：

\[ H = \frac{p(p - eA)}{m} - \frac{(p - eA)^2}{2m} - \frac{eA(p - eA)}{m} + e\phi \]
\[ = \frac{(p - eA)}{m}\left[p - \frac{p - eA}{2} - eA\right] + e\phi \]
\[ = \frac{(p - eA)}{m} \cdot \frac{2p - p + eA - 2eA}{2} + e\phi = \frac{(p - eA)}{m} \cdot \frac{p - eA}{2} + e\phi \]
\[ \boxed{H = \frac{(p - eA)^2}{2m} + e\phi} \]

検算: \(\frac{(p-eA)^2}{2m} = \frac{(m\dot{q})^2}{2m} = \frac{1}{2}m\dot{q}^2\) は運動エネルギーに等しい。\(e\phi\) はポテンシャルエネルギー。全体として \(T + V\) の形であり、電磁場中の荷電粒子の Hamiltonian として知られた結果と一致する。

B-3. Hamilton の正準方程式の適用

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問題:

1 次元調和振動子の Hamiltonian

\[ H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2 \]

に対して、Hamilton の正準方程式 (D.21) を書き下し、\(\dot{q}\) と \(\dot{p}\) を求めよ。さらに、\(\dot{q}\) の式を時間微分して \(\dot{p}\) の式と組み合わせることで、\(q\) に関する 2 階微分方程式を導き、それが調和振動子の運動方程式 \(m\ddot{q} = -m\omega^2 q\) と一致することを確認せよ。

解法の方針: \(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\) に対して \(\dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p}\), \(\dot{p} = -\frac{\partial H}{\partial q}\) を計算し、2 階の運動方程式を導く。

Hamilton の正準方程式：

\[ \dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p} = \frac{p}{m} \]
\[ \dot{p} = -\frac{\partial H}{\partial q} = -m\omega^2 q \]
\[ \boxed{\dot{q} = \frac{p}{m}, \qquad \dot{p} = -m\omega^2 q} \]

\(\dot{q} = p/m\) の両辺を時間微分すると：

\[ \ddot{q} = \frac{\dot{p}}{m} \]

ここに \(\dot{p} = -m\omega^2 q\) を代入すると：

\[ \ddot{q} = \frac{-m\omega^2 q}{m} = -\omega^2 q \]
\[ \boxed{m\ddot{q} = -m\omega^2 q} \]

これは調和振動子の運動方程式（復元力 \(F = -kq = -m\omega^2 q\)）そのものである。

検算: Newton の運動方程式 \(F = ma\) で \(F = -\frac{dV}{dq} = -m\omega^2 q\) とすれば \(m\ddot{q} = -m\omega^2 q\) が直接得られ、上の結果と一致する。

B-4. Euler-Lagrange 方程式の直接適用

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問題:

次の Lagrangian に対して、Euler-Lagrange 方程式 (D.9) を書き下し、運動方程式を求めよ。

(a) 自由粒子：\(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2\)

(b) 重力場中の粒子：\(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - mgq\)（\(g\) は重力加速度）

(c) 一般の 1 次元ポテンシャル：\(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - V(q)\)

解法の方針: 各 Lagrangian に対して \(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\) と \(\frac{\partial L}{\partial q}\) を計算し、\(\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right) - \frac{\partial L}{\partial q} = 0\) に代入する。

(a) \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2\)

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q}, \qquad \frac{\partial L}{\partial q} = 0 \]
\[ \frac{d}{dt}(m\dot{q}) - 0 = 0 \quad \Longrightarrow \quad \boxed{m\ddot{q} = 0} \]

自由粒子は等速直線運動する。

(b) \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - mgq\)

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q}, \qquad \frac{\partial L}{\partial q} = -mg \]
\[ \frac{d}{dt}(m\dot{q}) - (-mg) = 0 \quad \Longrightarrow \quad m\ddot{q} + mg = 0 \]
\[ \boxed{m\ddot{q} = -mg} \]

重力場中の等加速度運動（\(q\) を上向き正とした場合の自由落下）。

(c) \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - V(q)\)

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q}, \qquad \frac{\partial L}{\partial q} = -\frac{dV}{dq} \]
\[ \frac{d}{dt}(m\dot{q}) - \left(-\frac{dV}{dq}\right) = 0 \]
\[ \boxed{m\ddot{q} = -\frac{dV}{dq}} \]

これは Newton の第 2 法則 \(F = ma\)（\(F = -dV/dq\)）そのものである。

検算: (a) は \(V = 0\)、(b) は \(V = mgq\) の特殊ケースであり、(c) の一般結果からそれぞれ正しく再現される。

B-5. エネルギー保存の直接確認

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問題:

1 次元調和振動子の Hamiltonian（D3 と同じ）に対して、\(\frac{dH}{dt}\) を連鎖律（チェインルール）で展開し、Hamilton の正準方程式を代入して \(\frac{dH}{dt} = 0\) を示せ。本文の式 (D.25) の計算を自分の手で再現すること。

解法の方針: \(H(q,p)\) の全時間微分を連鎖律で展開し、Hamilton の正準方程式を代入する。

\(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\) は時間に陽に依存しないので：

\[ \frac{dH}{dt} = \frac{\partial H}{\partial q}\dot{q} + \frac{\partial H}{\partial p}\dot{p} \]

各偏微分を計算する：

\[ \frac{\partial H}{\partial q} = m\omega^2 q, \qquad \frac{\partial H}{\partial p} = \frac{p}{m} \]

D3 の結果 \(\dot{q} = \frac{p}{m}\), \(\dot{p} = -m\omega^2 q\) を代入する：

\[ \frac{dH}{dt} = (m\omega^2 q)\cdot\frac{p}{m} + \frac{p}{m}\cdot(-m\omega^2 q) \]
\[ = \omega^2 qp - \omega^2 qp = 0 \]
\[ \boxed{\frac{dH}{dt} = 0} \]

検算: この結果は一般的に成立する。\(H\) が時間に陽に依存しない任意の系で、\(\frac{dH}{dt} = \frac{\partial H}{\partial q}\dot{q} + \frac{\partial H}{\partial p}\dot{p} = \frac{\partial H}{\partial q}\frac{\partial H}{\partial p} + \frac{\partial H}{\partial p}\left(-\frac{\partial H}{\partial q}\right) = 0\) となる。これは Hamilton の正準方程式の構造から自動的に従う。

B-6. 作用の具体的計算

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問題:

自由粒子（\(V = 0\)）が時刻 \(t_1 = 0\) に位置 \(q_A = 0\)、時刻 \(t_2 = T\) に位置 \(q_B = d\) に到達する場合を考える。経路として等速直線運動 \(q(t) = \frac{d}{T}t\) を仮定し、作用

\[ S[q] = \int_0^T \frac{1}{2}m\dot{q}^2\, dt \]

を計算せよ。

解法の方針: 等速直線運動 \(q(t) = \frac{d}{T}t\) の速度は定数 \(\dot{q} = d/T\) なので、被積分関数も定数になる。

\[ \dot{q}(t) = \frac{d}{T} \quad (\text{定数}) \]
\[ S[q] = \int_0^T \frac{1}{2}m\dot{q}^2\, dt = \int_0^T \frac{1}{2}m\left(\frac{d}{T}\right)^2 dt = \frac{1}{2}m\frac{d^2}{T^2} \cdot T \]
\[ \boxed{S = \frac{md^2}{2T}} \]

検算（次元解析）: \([m][d^2]/[T] = \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} = \text{J}\cdot\text{s}\)。作用の次元は \([\text{エネルギー}]\times[\text{時間}]\) であり正しい。

検算（特殊ケース）: \(d = 0\)（動かない）なら \(S = 0\)。\(T \to \infty\)（ゆっくり移動）なら \(S \to 0\)。\(T \to 0\)（瞬時に移動）なら \(S \to \infty\)。いずれも物理的に妥当。

B-7. 変分の計算練習

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問題:

自由粒子の作用（D6 と同じ設定）に対して、等速直線運動の経路 \(q_0(t) = \frac{d}{T}t\) からの微小なずれ \(\delta q(t) = \epsilon \sin\!\left(\frac{\pi t}{T}\right)\)（\(\epsilon\) は微小パラメータ）を加えた経路 \(q(t) = q_0(t) + \delta q(t)\) を考える。

(a) \(\delta q(t)\) が端点条件 \(\delta q(0) = \delta q(T) = 0\) を満たすことを確認せよ。

(b) \(S[q_0 + \delta q]\) を \(\epsilon\) の 2 次まで計算し、\(S[q_0 + \delta q] - S[q_0]\) が \(\epsilon\) の 1 次の項を持たないことを確認せよ。

解法の方針: ずれた経路の速度を計算し、作用を \(\epsilon\) のべきで展開する。

(a) 端点条件の確認：

\[ \delta q(0) = \epsilon \sin\!\left(\frac{\pi \cdot 0}{T}\right) = \epsilon \sin 0 = 0 \quad \checkmark \]
\[ \delta q(T) = \epsilon \sin\!\left(\frac{\pi T}{T}\right) = \epsilon \sin \pi = 0 \quad \checkmark \]
\[ \boxed{\delta q(0) = \delta q(T) = 0 \text{ を満たす}} \]

(b) ずれた経路の速度：

\[ \dot{q}(t) = \dot{q}_0 + \epsilon\frac{\pi}{T}\cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) = \frac{d}{T} + \epsilon\frac{\pi}{T}\cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) \]

作用を計算する：

\[ S[q_0 + \delta q] = \int_0^T \frac{1}{2}m\dot{q}^2\, dt = \frac{m}{2}\int_0^T \left[\frac{d}{T} + \epsilon\frac{\pi}{T}\cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right)\right]^2 dt \]

展開すると：

\[ \dot{q}^2 = \frac{d^2}{T^2} + 2\frac{d}{T}\cdot\epsilon\frac{\pi}{T}\cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) + \epsilon^2\frac{\pi^2}{T^2}\cos^2\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) \]

各項を積分する：

0 次の項（\(\epsilon^0\)）：

\[ \int_0^T \frac{d^2}{T^2}\, dt = \frac{d^2}{T} \]

1 次の項（\(\epsilon^1\)）：

\[ 2\frac{d\pi}{T^2}\epsilon \int_0^T \cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) dt = 2\frac{d\pi}{T^2}\epsilon \left[\frac{T}{\pi}\sin\!\left(\frac{\pi t}{T}\right)\right]_0^T = 2\frac{d\pi}{T^2}\epsilon \cdot \frac{T}{\pi}(\sin\pi - \sin 0) = 0 \]

2 次の項（\(\epsilon^2\)）：

\[ \frac{\pi^2}{T^2}\epsilon^2 \int_0^T \cos^2\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) dt = \frac{\pi^2}{T^2}\epsilon^2 \cdot \frac{T}{2} = \frac{\pi^2\epsilon^2}{2T} \]

したがって：

\[ S[q_0 + \delta q] = \frac{m}{2}\left(\frac{d^2}{T} + 0 + \frac{\pi^2\epsilon^2}{2T}\right) = \frac{md^2}{2T} + \frac{m\pi^2\epsilon^2}{4T} \]
\[ S[q_0 + \delta q] - S[q_0] = \frac{m\pi^2\epsilon^2}{4T} \]
\[ \boxed{S[q_0 + \delta q] - S[q_0] = \frac{m\pi^2}{4T}\epsilon^2} \]

\(\epsilon\) の 1 次の項はゼロであり、差は \(\epsilon^2\) の次数から始まる。これは \(q_0(t)\) が作用の停留点であることを意味する。

検算: 差 \(\Delta S > 0\) なので、等速直線運動の経路は作用の極小を与えている（自由粒子の場合は真の最小）。これは物理的に妥当。

B-8. Poisson (ポアソン) 括弧の計算

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問題:

本文 D.6 節（本文抜粋の範囲外だが定義を以下に示す）で導入される Poisson 括弧は次のように定義される：

\[ \{A, B\}_{\mathrm{PB}} = \sum_j \left(\frac{\partial A}{\partial q_j}\frac{\partial B}{\partial p_j} - \frac{\partial A}{\partial p_j}\frac{\partial B}{\partial q_j}\right) \]

1 自由度の場合について、以下を計算せよ。

(a) \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}}\)

(b) \(\{q, q\}_{\mathrm{PB}}\) および \(\{p, p\}_{\mathrm{PB}}\)

(c) \(\{q^2, p\}_{\mathrm{PB}}\)

(d) \(\{q, p^2\}_{\mathrm{PB}}\)

解法の方針: 1 自由度の場合の Poisson 括弧の定義：

\[ \{A, B\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial A}{\partial q}\frac{\partial B}{\partial p} - \frac{\partial A}{\partial p}\frac{\partial B}{\partial q} \]

(a) \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}}\)

\[ \{q, p\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q}{\partial q}\frac{\partial p}{\partial p} - \frac{\partial q}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial q} = 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0 = 1 \]
\[ \boxed{\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1} \]

(b) \(\{q, q\}_{\mathrm{PB}}\) および \(\{p, p\}_{\mathrm{PB}}\)

\[ \{q, q\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q}{\partial q}\frac{\partial q}{\partial p} - \frac{\partial q}{\partial p}\frac{\partial q}{\partial q} = 1 \cdot 0 - 0 \cdot 1 = 0 \]
\[ \{p, p\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial p}{\partial q}\frac{\partial p}{\partial p} - \frac{\partial p}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial q} = 0 \cdot 1 - 1 \cdot 0 = 0 \]
\[ \boxed{\{q, q\}_{\mathrm{PB}} = 0, \qquad \{p, p\}_{\mathrm{PB}} = 0} \]

検算: 任意の \(A\) に対して \(\{A, A\}_{\mathrm{PB}} = 0\) は Poisson 括弧の反対称性 \(\{A, B\} = -\{B, A\}\) から自動的に従う。

(c) \(\{q^2, p\}_{\mathrm{PB}}\)

\[ \{q^2, p\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial(q^2)}{\partial q}\frac{\partial p}{\partial p} - \frac{\partial(q^2)}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial q} = 2q \cdot 1 - 0 \cdot 0 = 2q \]
\[ \boxed{\{q^2, p\}_{\mathrm{PB}} = 2q} \]

(d) \(\{q, p^2\}_{\mathrm{PB}}\)

\[ \{q, p^2\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q}{\partial q}\frac{\partial(p^2)}{\partial p} - \frac{\partial q}{\partial p}\frac{\partial(p^2)}{\partial q} = 1 \cdot 2p - 0 \cdot 0 = 2p \]
\[ \boxed{\{q, p^2\}_{\mathrm{PB}} = 2p} \]

検算: Poisson 括弧の一般公式 \(\{A, BC\} = \{A, B\}C + B\{A, C\}\) を用いると、\(\{q, p^2\} = \{q, p\}p + p\{q, p\} = p + p = 2p\) となり一致する。同様に \(\{q^2, p\} = \{q, p\}q + q\{q, p\} = q + q = 2q\) も一致する。

Medium（標準）

M-1. 2 次元極座標における Euler-Lagrange 方程式の導出

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問題:

質量 \(m\) の粒子が 2 次元平面内で中心力ポテンシャル \(V(r)\) のもとで運動する場合を考える。極座標 \((r, \theta)\) での Lagrangian は

\[ L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r) \]

である。

(a) \(r\) に関する Euler-Lagrange 方程式を導出し、その物理的意味（動径方向の運動方程式）を説明せよ。

(b) \(\theta\) に関する Euler-Lagrange 方程式を導出し、\(\frac{d}{dt}(mr^2\dot{\theta}) = 0\) が角運動量の保存を意味することを説明せよ。

(c) この結果を Newton の運動方程式の極座標表示と比較し、Lagrangian 形式の利点を述べよ。

解法の方針: \(L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r)\) に対して、\(r\) と \(\theta\) それぞれについて Euler-Lagrange 方程式を適用する。

(a) \(r\) に関する Euler-Lagrange 方程式

必要な偏微分を計算する：

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = m\dot{r} \]
\[ \frac{\partial L}{\partial r} = mr\dot{\theta}^2 - V'(r) \]

Euler-Lagrange 方程式 \(\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}\right) - \frac{\partial L}{\partial r} = 0\) に代入：

\[ m\ddot{r} - mr\dot{\theta}^2 + V'(r) = 0 \]
\[ \boxed{m\ddot{r} = mr\dot{\theta}^2 - V'(r)} \]

物理的意味: 左辺 \(m\ddot{r}\) は動径方向の加速度に質量を掛けたもの。右辺第 1 項 \(mr\dot{\theta}^2\) は遠心力（見かけの力）であり、回転運動に伴って動径方向外向きに働く。第 2 項 \(-V'(r)\) は中心力ポテンシャルからの力である。この方程式は動径方向の運動方程式を表す。

(b) \(\theta\) に関する Euler-Lagrange 方程式

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = mr^2\dot{\theta} \]
\[ \frac{\partial L}{\partial \theta} = 0 \]

\(L\) は \(\theta\) に陽に依存しない（\(V\) は \(r\) のみの関数）。Euler-Lagrange 方程式に代入：

\[ \frac{d}{dt}(mr^2\dot{\theta}) - 0 = 0 \]
\[ \boxed{\frac{d}{dt}(mr^2\dot{\theta}) = 0} \]

これは \(p_\theta = mr^2\dot{\theta}\) が時間に依存しない定数であることを意味する。\(mr^2\dot{\theta}\) は角運動量の \(z\) 成分 \(L_z\) に他ならないので、この方程式は角運動量の保存を表す。

一般に、Lagrangian がある一般化座標 \(q_j\) に陽に依存しないとき（\(\frac{\partial L}{\partial q_j} = 0\)）、その座標を循環座標 (cyclic coordinate) と呼び、対応する正準運動量 \(p_j\) が保存量となる。

(c) Newton 形式との比較

Newton の運動方程式を極座標で書くには、加速度の極座標成分を個別に導出する必要がある：

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

動径方向：\(m(\ddot{r} - r\dot{\theta}^2) = F_r = -V'(r)\)

角度方向：\(m(r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta}) = F_\theta = 0\)

これらは (a), (b) の結果と一致するが、Newton 形式では： - 加速度の極座標成分（遠心力項 \(-r\dot{\theta}^2\) やコリオリ力項 \(2\dot{r}\dot{\theta}\)）を事前に導出する必要がある - 座標系ごとに加速度の表式を個別に求め直す必要がある

一方、Lagrangian 形式の利点は： 1. \(L = T - V\) を座標で書き下すだけで、Euler-Lagrange 方程式の形は座標系によらず同一 2. 遠心力やコリオリ力は自動的に現れ、個別に導入する必要がない 3. 循環座標と保存量の関係が直ちに読み取れる

検算: (b) の結果を展開すると \(mr^2\ddot{\theta} + 2mr\dot{r}\dot{\theta} = 0\)、すなわち \(m(r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta}) = 0\) となり、Newton 形式の角度方向の方程式（\(F_\theta = 0\) の場合）と一致する。

M-2. Legendre 変換の逆変換

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問題:

Legendre 変換が「情報を保存する」ことを以下の手順で確認せよ。

(a) 1 自由度の Hamiltonian \(H(q, p)\) から出発して、\(\dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p}\) を \(p\) について逆に解くことで \(p = p(q, \dot{q})\) を得る手続きを説明せよ。

(b) 逆 Legendre 変換 \(L(q, \dot{q}) = p\dot{q} - H(q, p)\)（\(p\) を \(q, \dot{q}\) で表したもの）を定義し、1 次元調和振動子の Hamiltonian \(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\) から出発して \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\) を復元せよ。

(c) 一般に、Legendre 変換を 2 回適用すると元の関数に戻ることを示せ（対合性の証明）。

解法の方針: Hamiltonian から出発して Lagrangian を復元し、Legendre 変換の対合性（2 回適用すると元に戻る）を示す。

(a) 逆変換の手続き

Hamiltonian \(H(q, p)\) が与えられたとき：

  1. Hamilton の正準方程式の第 1 式 \(\dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p}\) を計算する
  2. この式を \(p\) について解き、\(p = p(q, \dot{q})\) を得る
  3. 逆 Legendre 変換 \(L(q, \dot{q}) = p\dot{q} - H(q, p)\) に \(p = p(q, \dot{q})\) を代入して \(p\) を消去する

この手続きにより、\(H(q, p)\) から \(L(q, \dot{q})\) が復元される。ただし、ステップ 2 で \(p\) について一意に解けること（\(\frac{\partial^2 H}{\partial p^2} \neq 0\)、すなわち Legendre 変換の凸性条件）が必要である。

(b) 調和振動子での具体的復元

\(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\) から出発する。

ステップ 1：

\[ \dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p} = \frac{p}{m} \]

ステップ 2：

\[ p = m\dot{q} \]

ステップ 3：

\[ L = p\dot{q} - H = m\dot{q} \cdot \dot{q} - \left[\frac{(m\dot{q})^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\right] \]
\[ = m\dot{q}^2 - \frac{m\dot{q}^2}{2} - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2 \]
\[ \boxed{L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2} \]

元の Lagrangian が正しく復元された。

(c) 対合性の一般的証明

\(L(q, \dot{q})\) から出発して Legendre 変換を 2 回適用し、元に戻ることを示す。

第 1 回 Legendre 変換: \(L(q, \dot{q}) \to H(q, p)\)

\[ p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}, \qquad H(q, p) = p\dot{q} - L(q, \dot{q}) \]

ここで \(\dot{q} = \dot{q}(q, p)\) は \(p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\) を \(\dot{q}\) について解いたもの。

第 2 回 Legendre 変換: \(H(q, p) \to L'(q, \dot{q}')\)

新しい変数を \(\dot{q}' = \frac{\partial H}{\partial p}\) と定義する。\(H = p\dot{q} - L\) の \(p\) による偏微分を計算すると：

\[ \frac{\partial H}{\partial p} = \dot{q} + p\frac{\partial \dot{q}}{\partial p} - \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\frac{\partial \dot{q}}{\partial p} = \dot{q} + p\frac{\partial \dot{q}}{\partial p} - p\frac{\partial \dot{q}}{\partial p} = \dot{q} \]

（\(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = p\) を使った。）

したがって \(\dot{q}' = \dot{q}\) であり、新しい変数は元の速度と同一である。

逆 Legendre 変換で得られる関数は：

\[ L'(q, \dot{q}') = p\dot{q}' - H(q, p) = p\dot{q} - (p\dot{q} - L) = L(q, \dot{q}) \]
\[ \boxed{L' = L} \]

よって Legendre 変換を 2 回適用すると元の関数に戻る（対合性）。これは Legendre 変換が情報を保存する可逆な変換であることを意味する。

検算: (b) の具体例で確認済み。\(L \to H \to L\) の往復で \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\) が正しく復元された。

M-3. 位相空間における調和振動子の軌道

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問題:

1 次元調和振動子の Hamilton の正準方程式

\[ \dot{q} = \frac{p}{m}, \qquad \dot{p} = -m\omega^2 q \]

を考える。

(a) この連立微分方程式を解き、一般解 \(q(t)\), \(p(t)\) を初期条件 \(q(0) = q_0\), \(p(0) = p_0\) で表せ。

(b) 解から \(t\) を消去し、位相空間 (phase space) \((q, p)\) 上の軌道が楕円

\[ \frac{q^2}{q_0^2 + p_0^2/(m\omega)^2} + \frac{p^2}{(m\omega)^2 q_0^2 + p_0^2} = 1 \]

の形になることを示せ（ただし適切にエネルギー \(E\) を用いて整理してよい）。

(c) エネルギー \(E = H(q_0, p_0)\) を用いて楕円の方程式を

\[ \frac{m\omega^2 q^2}{2E} + \frac{p^2}{2mE} = 1 \]

と書き直し、楕円の長軸・短軸の長さをそれぞれ \(E\), \(m\), \(\omega\) で表せ。

解法の方針: 正準方程式を解いて一般解を求め、三角関数の恒等式で \(t\) を消去して位相空間上の軌道を求める。

(a) 連立微分方程式の一般解

\(\dot{q} = p/m\) を時間微分して \(\dot{p} = -m\omega^2 q\) を代入すると：

\[ \ddot{q} = \frac{\dot{p}}{m} = -\omega^2 q \]

一般解は：

\[ q(t) = C_1 \cos\omega t + C_2 \sin\omega t \]

初期条件 \(q(0) = q_0\) より \(C_1 = q_0\)。

\(p(t) = m\dot{q}(t) = m(-C_1\omega\sin\omega t + C_2\omega\cos\omega t)\)

初期条件 \(p(0) = p_0\) より \(m\omega C_2 = p_0\)、すなわち \(C_2 = \frac{p_0}{m\omega}\)。

\[ \boxed{q(t) = q_0\cos\omega t + \frac{p_0}{m\omega}\sin\omega t} \]
\[ \boxed{p(t) = -m\omega q_0\sin\omega t + p_0\cos\omega t} \]

検算: \(t = 0\) で \(q(0) = q_0\), \(p(0) = p_0\) ✓。\(\dot{q}(t) = -q_0\omega\sin\omega t + \frac{p_0}{m}\cos\omega t = p(t)/m\) ✓。

(b) 位相空間上の楕円軌道

\(q(t)\) と \(p(t)\) から \(t\) を消去する。以下のように書き直す：

\[ q = q_0\cos\omega t + \frac{p_0}{m\omega}\sin\omega t \]
\[ \frac{p}{m\omega} = -q_0\sin\omega t + \frac{p_0}{m\omega}\cos\omega t \]

これを \(\cos\omega t\) と \(\sin\omega t\) の連立方程式とみなす。第 1 式に \(\frac{p_0}{m\omega}\) を掛け、第 2 式に \(q_0\) を掛けて足すと：

\[ \frac{p_0}{m\omega}q + q_0\frac{p}{m\omega} = \left(q_0\frac{p_0}{m\omega} + \frac{p_0}{m\omega}q_0\right)\cos\omega t \cdot (\text{...}) \]

より直接的に、\(\cos^2\omega t + \sin^2\omega t = 1\) を利用する。連立方程式を行列形式で書くと：

\[ \begin{pmatrix} q \\ p/(m\omega) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\omega t & \sin\omega t \\ -\sin\omega t & \cos\omega t \end{pmatrix} \begin{pmatrix} q_0 \\ p_0/(m\omega) \end{pmatrix} \]

回転行列は直交行列なので、ベクトルの長さの 2 乗が保存される：

\[ q^2 + \frac{p^2}{m^2\omega^2} = q_0^2 + \frac{p_0^2}{m^2\omega^2} \]

右辺を \(\frac{2E}{m\omega^2}\) と書ける（次の (c) で確認）。これは位相空間上の楕円の方程式である。

(c) エネルギーによる表現

初期エネルギーは：

\[ E = H(q_0, p_0) = \frac{p_0^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q_0^2 \]

よって：

\[ q_0^2 + \frac{p_0^2}{m^2\omega^2} = \frac{2E}{m\omega^2} \]

(b) の結果に代入すると：

\[ q^2 + \frac{p^2}{m^2\omega^2} = \frac{2E}{m\omega^2} \]

両辺を \(\frac{2E}{m\omega^2}\) で割ると：

\[ \boxed{\frac{m\omega^2 q^2}{2E} + \frac{p^2}{2mE} = 1} \]

これは標準形 \(\frac{q^2}{a^2} + \frac{p^2}{b^2} = 1\) の楕円であり：

  • \(q\) 軸方向の半軸（半長軸）：\(a = \sqrt{\frac{2E}{m\omega^2}}\)
  • \(p\) 軸方向の半軸（半短軸）：\(b = \sqrt{2mE}\)
\[ \boxed{a = \sqrt{\frac{2E}{m\omega^2}}, \qquad b = \sqrt{2mE}} \]

検算: 楕円の面積は \(\pi ab = \pi\sqrt{\frac{2E}{m\omega^2}}\cdot\sqrt{2mE} = \pi\cdot\frac{2E}{\omega} = \frac{2\pi E}{\omega}\)。1 周期 \(T = 2\pi/\omega\) なので、面積 \(= ET\)。これは断熱不変量 \(J = \oint p\,dq = ET\) として知られた結果と一致する。

次元の検算: \(a = \sqrt{2E/(m\omega^2)}\)：\([E/(m\omega^2)] = \text{J}/(\text{kg}\cdot\text{s}^{-2}) = \text{m}^2\) なので \([a] = \text{m}\) ✓。\(b = \sqrt{2mE}\)：\([mE] = \text{kg}\cdot\text{J} = \text{kg}^2\cdot\text{m}^2\cdot\text{s}^{-2}\) なので \([b] = \text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-1}\)（運動量の次元）✓。

M-4. Poisson 括弧と Hamilton の運動方程式

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問題:

任意の力学変数 \(A(q, p, t)\) の時間発展が Poisson 括弧を用いて

\[ \frac{dA}{dt} = \{A, H\}_{\mathrm{PB}} + \frac{\partial A}{\partial t} \]

と書けることを示せ。さらに、\(A = q_j\) および \(A = p_j\) を代入して Hamilton の正準方程式 (D.21) が再現されることを確認せよ。

解法の方針: 力学変数 \(A(q, p, t)\) の全時間微分を連鎖律で展開し、Hamilton の正準方程式を代入して Poisson 括弧の形にまとめる。

\(A(q_j, p_j, t)\) の全時間微分を連鎖律で書くと（Einstein の総和規約を使用）：

\[ \frac{dA}{dt} = \frac{\partial A}{\partial q_j}\dot{q}_j + \frac{\partial A}{\partial p_j}\dot{p}_j + \frac{\partial A}{\partial t} \]

Hamilton の正準方程式 \(\dot{q}_j = \frac{\partial H}{\partial p_j}\), \(\dot{p}_j = -\frac{\partial H}{\partial q_j}\) を代入すると：

\[ \frac{dA}{dt} = \frac{\partial A}{\partial q_j}\frac{\partial H}{\partial p_j} + \frac{\partial A}{\partial p_j}\left(-\frac{\partial H}{\partial q_j}\right) + \frac{\partial A}{\partial t} \]
\[ = \sum_j\left(\frac{\partial A}{\partial q_j}\frac{\partial H}{\partial p_j} - \frac{\partial A}{\partial p_j}\frac{\partial H}{\partial q_j}\right) + \frac{\partial A}{\partial t} \]

Poisson 括弧の定義と比較すると：

\[ \boxed{\frac{dA}{dt} = \{A, H\}_{\mathrm{PB}} + \frac{\partial A}{\partial t}} \]

\(A = q_j\) の場合：\(q_j\) は時間に陽に依存しないので \(\frac{\partial q_j}{\partial t} = 0\)。

\[ \frac{dq_j}{dt} = \{q_j, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q_j}{\partial q_k}\frac{\partial H}{\partial p_k} - \frac{\partial q_j}{\partial p_k}\frac{\partial H}{\partial q_k} \]

\(\frac{\partial q_j}{\partial q_k} = \delta_{jk}\), \(\frac{\partial q_j}{\partial p_k} = 0\) なので：

\[ \dot{q}_j = \frac{\partial H}{\partial p_j} \quad \checkmark \]

\(A = p_j\) の場合：同様に \(\frac{\partial p_j}{\partial t} = 0\)。

\[ \frac{dp_j}{dt} = \{p_j, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial p_j}{\partial q_k}\frac{\partial H}{\partial p_k} - \frac{\partial p_j}{\partial p_k}\frac{\partial H}{\partial q_k} \]

\(\frac{\partial p_j}{\partial q_k} = 0\), \(\frac{\partial p_j}{\partial p_k} = \delta_{jk}\) なので：

\[ \dot{p}_j = -\frac{\partial H}{\partial q_j} \quad \checkmark \]
\[ \boxed{\dot{q}_j = \frac{\partial H}{\partial p_j}, \qquad \dot{p}_j = -\frac{\partial H}{\partial q_j}} \]

Hamilton の正準方程式が Poisson 括弧の特殊ケースとして再現された。

検算: \(A = H\)（\(\frac{\partial H}{\partial t} = 0\) の場合）を代入すると \(\frac{dH}{dt} = \{H, H\}_{\mathrm{PB}} = 0\)（反対称性より）。これはエネルギー保存則であり、D5 の結果と整合する。

M-5. 正準量子化：交換関係の確認

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問題:

正準量子化のレシピでは、古典的な Poisson 括弧を次のように交換関係に置き換える：

\[ \{A, B\}_{\mathrm{PB}} \;\longrightarrow\; \frac{1}{i\hbar}[\hat{A}, \hat{B}] \]

(a) \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1\)（D8(a) の結果）から、正準交換関係 \([\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar\) を導け。

(b) 1 次元調和振動子の Hamiltonian \(\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\) に対して、Heisenberg (ハイゼンベルク) の運動方程式

\[ \frac{d\hat{A}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}[\hat{A}, \hat{H}] \]

を \(\hat{A} = \hat{q}\) および \(\hat{A} = \hat{p}\) に適用し、Hamilton の正準方程式の演算子版

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{\hat{p}}{m}, \qquad \frac{d\hat{p}}{dt} = -m\omega^2\hat{q} \]

が得られることを示せ。

解法の方針: Poisson 括弧から交換関係への置き換えルールを適用し、Heisenberg の運動方程式から古典的な正準方程式の演算子版を導く。

(a) 正準交換関係の導出

D8(a) の結果 \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1\) に正準量子化のレシピを適用する：

\[ \{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1 \quad \longrightarrow \quad \frac{1}{i\hbar}[\hat{q}, \hat{p}] = 1 \]
\[ \boxed{[\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar} \]

同様に、D8(b) の結果 \(\{q, q\}_{\mathrm{PB}} = 0\), \(\{p, p\}_{\mathrm{PB}} = 0\) から：

\[ [\hat{q}, \hat{q}] = 0, \qquad [\hat{p}, \hat{p}] = 0 \]

これらは 第 10 章で導入された正準交換関係と一致する。

(b) Heisenberg の運動方程式の適用

\(\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\) に対して Heisenberg の運動方程式を適用する。

\(\hat{A} = \hat{q}\) の場合：

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}[\hat{q}, \hat{H}] = \frac{1}{i\hbar}\left[\hat{q},\, \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\right] \]

\([\hat{q}, \hat{q}^2] = 0\)（\(\hat{q}\) は自分自身と交換する）なので：

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\cdot\frac{1}{2m}[\hat{q}, \hat{p}^2] \]

交換関係の公式 \([\hat{A}, \hat{B}\hat{C}] = [\hat{A}, \hat{B}]\hat{C} + \hat{B}[\hat{A}, \hat{C}]\) を用いて：

\[ [\hat{q}, \hat{p}^2] = [\hat{q}, \hat{p}]\hat{p} + \hat{p}[\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar\hat{p} + \hat{p}\cdot i\hbar = 2i\hbar\hat{p} \]

代入すると：

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\cdot\frac{1}{2m}\cdot 2i\hbar\hat{p} = \frac{\hat{p}}{m} \]
\[ \boxed{\frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{\hat{p}}{m}} \]

\(\hat{A} = \hat{p}\) の場合：

\[ \frac{d\hat{p}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}[\hat{p}, \hat{H}] = \frac{1}{i\hbar}\left[\hat{p},\, \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\right] \]

\([\hat{p}, \hat{p}^2] = 0\) なので：

\[ \frac{d\hat{p}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\cdot\frac{1}{2}m\omega^2[\hat{p}, \hat{q}^2] \]

同様の公式を用いて：

\[ [\hat{p}, \hat{q}^2] = [\hat{p}, \hat{q}]\hat{q} + \hat{q}[\hat{p}, \hat{q}] = (-i\hbar)\hat{q} + \hat{q}(-i\hbar) = -2i\hbar\hat{q} \]

代入すると：

\[ \frac{d\hat{p}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\cdot\frac{1}{2}m\omega^2\cdot(-2i\hbar\hat{q}) = -m\omega^2\hat{q} \]
\[ \boxed{\frac{d\hat{p}}{dt} = -m\omega^2\hat{q}} \]

以上より、Hamilton の正準方程式の演算子版：

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{\hat{p}}{m}, \qquad \frac{d\hat{p}}{dt} = -m\omega^2\hat{q} \]

が得られた。これは古典的な正準方程式（D3 の結果）と全く同じ形をしている。

検算: Ehrenfest の定理により、量子力学的な期待値は古典的な運動方程式に従う。上の演算子方程式の期待値をとると \(\frac{d\langle\hat{q}\rangle}{dt} = \frac{\langle\hat{p}\rangle}{m}\), \(\frac{d\langle\hat{p}\rangle}{dt} = -m\omega^2\langle\hat{q}\rangle\) となり、古典的な結果と整合する。調和振動子の場合はポテンシャルが 2 次式なので、Ehrenfest の定理が厳密に古典的方程式と同じ形になる。

Advanced（発展）

A-1. 電磁場中の荷電粒子の正準量子化

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問題:

電磁場中の荷電粒子（電荷 \(e\)、質量 \(m\)）の Lagrangian は

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 + e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A}(\mathbf{r}, t) - e\phi(\mathbf{r}, t) \]

で与えられる。ここで \(\mathbf{A}\) はベクトルポテンシャル、\(\phi\) はスカラーポテンシャルである。

(a) 正準運動量 \(\mathbf{p} = \frac{\partial L}{\partial \dot{\mathbf{r}}}\) を求め、それが通常の力学的運動量 \(m\dot{\mathbf{r}}\) と異なることを示せ。

(b) Hamiltonian \(H(\mathbf{r}, \mathbf{p})\) を導出し、

\[ H = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} + e\phi \]

となることを示せ。

(c) 正準量子化のレシピ \(\mathbf{r} \to \hat{\mathbf{r}}\), \(\mathbf{p} \to \hat{\mathbf{p}} = -i\hbar\nabla\) を適用して、電磁場中の Schrödinger (シュレーディンガー) 方程式

\[ i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi = \frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi + e\phi\,\Psi \]

を書き下せ。

(d) ゲージ変換 \(\mathbf{A} \to \mathbf{A} + \nabla\chi\), \(\phi \to \phi - \frac{\partial\chi}{\partial t}\) のもとで、波動関数が \(\Psi \to \Psi' = e^{ie\chi/\hbar}\Psi\) と変換されることを示し、物理的な観測量（確率密度 \(|\Psi|^2\) など）がゲージ不変であることを確認せよ。

解法の方針: 3 次元の Lagrangian から正準運動量と Hamiltonian を導出し、正準量子化を経て Schrödinger 方程式を得る。さらにゲージ変換に対する共変性を確認する。

(a) 正準運動量

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 + e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A}(\mathbf{r}, t) - e\phi(\mathbf{r}, t) \]

\(i\) 成分の正準運動量は：

\[ p_i = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}_i} = m\dot{r}_i + eA_i(\mathbf{r}, t) \]

ベクトル表記で：

\[ \boxed{\mathbf{p} = m\dot{\mathbf{r}} + e\mathbf{A}(\mathbf{r}, t)} \]

力学的運動量 \(m\dot{\mathbf{r}}\) との差：

\[ \mathbf{p} - m\dot{\mathbf{r}} = e\mathbf{A} \neq \mathbf{0} \quad (\mathbf{A} \neq \mathbf{0} \text{ のとき}) \]

正準運動量はベクトルポテンシャルの寄与を含み、一般に力学的運動量 \(m\dot{\mathbf{r}}\) とは異なる。

(b) Hamiltonian の導出

\(\mathbf{p} = m\dot{\mathbf{r}} + e\mathbf{A}\) より：

\[ \dot{\mathbf{r}} = \frac{\mathbf{p} - e\mathbf{A}}{m} \]

Hamiltonian は：

\[ H = \mathbf{p}\cdot\dot{\mathbf{r}} - L \]

各項を計算する。

\[ \mathbf{p}\cdot\dot{\mathbf{r}} = \mathbf{p}\cdot\frac{\mathbf{p} - e\mathbf{A}}{m} \]
\[ \frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} \]
\[ e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A} = \frac{e\mathbf{A}\cdot(\mathbf{p} - e\mathbf{A})}{m} \]

代入すると：

\[ H = \frac{\mathbf{p}\cdot(\mathbf{p} - e\mathbf{A})}{m} - \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} - \frac{e\mathbf{A}\cdot(\mathbf{p} - e\mathbf{A})}{m} + e\phi \]
\[ = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})\cdot(\mathbf{p} - e\mathbf{A} + e\mathbf{A})}{m} - \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} - \frac{e\mathbf{A}\cdot(\mathbf{p} - e\mathbf{A})}{m} + e\phi \]

より簡潔に、\(\boldsymbol{\pi} \equiv \mathbf{p} - e\mathbf{A}\)（力学的運動量）とおくと \(\dot{\mathbf{r}} = \boldsymbol{\pi}/m\) であり：

\[ H = (\boldsymbol{\pi} + e\mathbf{A})\cdot\frac{\boldsymbol{\pi}}{m} - \frac{\boldsymbol{\pi}^2}{2m} - \frac{e\mathbf{A}\cdot\boldsymbol{\pi}}{m} + e\phi \]
\[ = \frac{\boldsymbol{\pi}^2}{m} + \frac{e\mathbf{A}\cdot\boldsymbol{\pi}}{m} - \frac{\boldsymbol{\pi}^2}{2m} - \frac{e\mathbf{A}\cdot\boldsymbol{\pi}}{m} + e\phi = \frac{\boldsymbol{\pi}^2}{2m} + e\phi \]
\[ \boxed{H = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} + e\phi} \]

検算: \(\mathbf{A} = \mathbf{0}\), \(\phi = 0\) のとき \(H = p^2/(2m)\) となり自由粒子の Hamiltonian に帰着する ✓。

(c) Schrödinger 方程式

正準量子化のレシピ \(\mathbf{r} \to \hat{\mathbf{r}}\), \(\mathbf{p} \to \hat{\mathbf{p}} = -i\hbar\nabla\) を Hamiltonian に適用する：

\[ \hat{H} = \frac{(\hat{\mathbf{p}} - e\mathbf{A})^2}{2m} + e\phi = \frac{(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2}{2m} + e\phi \]

Schrödinger 方程式 \(i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi = \hat{H}\Psi\) に代入すると：

\[ \boxed{i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi = \frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi + e\phi\,\Psi} \]

(d) ゲージ不変性

ゲージ変換：

\[ \mathbf{A} \to \mathbf{A}' = \mathbf{A} + \nabla\chi, \qquad \phi \to \phi' = \phi - \frac{\partial\chi}{\partial t} \]

のもとで、\(\Psi' = e^{ie\chi/\hbar}\Psi\) とおく。\(\Psi'\) がゲージ変換後の Schrödinger 方程式を満たすことを示す。

ステップ 1: \((-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\Psi'\) を計算する。

\[ \nabla\Psi' = \nabla(e^{ie\chi/\hbar}\Psi) = \frac{ie}{\hbar}(\nabla\chi)e^{ie\chi/\hbar}\Psi + e^{ie\chi/\hbar}\nabla\Psi \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left(\frac{ie}{\hbar}\nabla\chi + \nabla\right)\Psi \]

よって：

\[ (-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\Psi' = e^{ie\chi/\hbar}\left(-i\hbar\nabla + e\nabla\chi - e\mathbf{A} - e\nabla\chi\right)\Psi \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi \]

ステップ 2: もう一度同じ演算子を作用させる。

\[ (-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')^2\Psi' = (-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\left[e^{ie\chi/\hbar}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi\right] \]

ステップ 1 と全く同じ構造（\(\Psi\) を \((-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi\) に置き換えただけ）なので：

\[ = e^{ie\chi/\hbar}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi \]

ステップ 3: 時間微分を計算する。

\[ i\hbar\frac{\partial\Psi'}{\partial t} = i\hbar\left(\frac{ie}{\hbar}\frac{\partial\chi}{\partial t}e^{ie\chi/\hbar}\Psi + e^{ie\chi/\hbar}\frac{\partial\Psi}{\partial t}\right) \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left(-e\frac{\partial\chi}{\partial t}\Psi + i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t}\right) \]

ステップ 4: ゲージ変換後の Schrödinger 方程式の右辺は：

\[ \frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')^2\Psi' + e\phi'\Psi' \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left[\frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi + e\left(\phi - \frac{\partial\chi}{\partial t}\right)\Psi\right] \]

元の \(\Psi\) が元の Schrödinger 方程式を満たすので \(i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} = \frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi + e\phi\Psi\)。これを代入すると右辺は：

\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left[i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} - e\phi\Psi + e\phi\Psi - e\frac{\partial\chi}{\partial t}\Psi\right] \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left[i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} - e\frac{\partial\chi}{\partial t}\Psi\right] \]

これはステップ 3 で計算した左辺 \(i\hbar\frac{\partial\Psi'}{\partial t}\) と一致する。

\[ \boxed{\Psi' = e^{ie\chi/\hbar}\Psi \text{ はゲージ変換後の Schrödinger 方程式を満たす}} \]

物理的観測量のゲージ不変性：

確率密度：

\[ |\Psi'|^2 = |e^{ie\chi/\hbar}|^2|\Psi|^2 = |\Psi|^2 \]

\(e^{ie\chi/\hbar}\) は絶対値 1 の位相因子なので、確率密度はゲージ変換で不変である。

確率流密度についても、\((-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\Psi' = e^{ie\chi/\hbar}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi\) であるから：

\[ \mathbf{j}' = \frac{1}{m}\mathrm{Re}\left[\Psi'^*(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\Psi'\right] = \frac{1}{m}\mathrm{Re}\left[\Psi^*(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi\right] = \mathbf{j} \]

よって確率流密度もゲージ不変である。

検算: ゲージ変換は電磁場の物理的な電場 \(\mathbf{E} = -\nabla\phi - \frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t}\) と磁場 \(\mathbf{B} = \nabla\times\mathbf{A}\) を変えない。物理的観測量がゲージ不変であることは、この事実と整合する。

A-2. Noether (ネーター) の定理：対称性から保存則へ

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問題:

Lagrangian \(L(q_j, \dot{q}_j)\) が無限小変換 \(q_j \to q_j + \epsilon\, \eta_j(q, \dot{q}, t)\)（\(\epsilon\) は微小パラメータ）のもとで不変である（\(\delta L = 0\)）とき、以下を示せ。

(a) 作用の変分 \(\delta S = 0\) の条件から、保存量（Noether (ネーター) チャージ）

\[ Q = \sum_j \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\,\eta_j \]

が \(\frac{dQ}{dt} = 0\) を満たすことを導け。

(b) \(L = \frac{1}{2}m(\dot{x}^2 + \dot{y}^2 + \dot{z}^2) - V(r)\)（\(r = \sqrt{x^2+y^2+z^2}\)）に対して、\(z\) 軸まわりの回転の不変性（\(x \to x - \epsilon y\), \(y \to y + \epsilon x\), \(z \to z\)）から角運動量の \(z\) 成分 \(L_z = m(x\dot{y} - y\dot{x})\) が保存することを示せ。

(c) Lagrangian が時間並進 \(t \to t + \epsilon\) に対して不変である場合（\(\frac{\partial L}{\partial t} = 0\)）、対応する保存量がエネルギー（Hamiltonian）\(H = \sum_j p_j\dot{q}_j - L\) であることを示せ。

解法の方針: Lagrangian の不変性と Euler-Lagrange 方程式を組み合わせて保存量を導出する。

(a) Noether チャージの保存の導出

無限小変換 \(q_j \to q_j + \epsilon\,\eta_j\) のもとで、Lagrangian の変化は：

\[ \delta L = \frac{\partial L}{\partial q_j}\epsilon\eta_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\epsilon\dot{\eta}_j \]

（\(\dot{q}_j \to \dot{q}_j + \epsilon\dot{\eta}_j\) であることを使った。）

\(\delta L = 0\)（Lagrangian の不変性）の条件のもとで：

\[ \frac{\partial L}{\partial q_j}\eta_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\dot{\eta}_j = 0 \tag{*} \]

Euler-Lagrange 方程式 \(\frac{\partial L}{\partial q_j} = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\right)\) を \((*)\) の第 1 項に代入すると：

\[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\right)\eta_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\dot{\eta}_j = 0 \]

左辺は積の微分法則により：

\[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\eta_j\right) = 0 \]

Noether チャージ \(Q = \sum_j \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\eta_j = \sum_j p_j\eta_j\) とおくと：

\[ \boxed{\frac{dQ}{dt} = 0} \]

(b) 角運動量の保存

\(L = \frac{1}{2}m(\dot{x}^2 + \dot{y}^2 + \dot{z}^2) - V(r)\), \(r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\)

\(z\) 軸まわりの無限小回転：\(\eta_x = -y\), \(\eta_y = x\), \(\eta_z = 0\)

Lagrangian の不変性の確認：

運動エネルギーの変化：\(\delta T = m(\dot{x}\delta\dot{x} + \dot{y}\delta\dot{y} + \dot{z}\delta\dot{z})\)

\(\delta\dot{x} = -\epsilon\dot{y}\), \(\delta\dot{y} = \epsilon\dot{x}\), \(\delta\dot{z} = 0\) なので：

\[ \delta T = m\epsilon(-\dot{x}\dot{y} + \dot{y}\dot{x}) = 0 \]

ポテンシャルの変化：\(\delta V = V'(r)\delta r\)

\[ \delta r = \frac{\partial r}{\partial x}\delta x + \frac{\partial r}{\partial y}\delta y = \frac{x}{r}(-\epsilon y) + \frac{y}{r}(\epsilon x) = \frac{\epsilon}{r}(-xy + yx) = 0 \]

よって \(\delta L = \delta T - \delta V = 0\) ✓

(a) の結果を適用する。Noether チャージは：

\[ Q = p_x\eta_x + p_y\eta_y + p_z\eta_z = m\dot{x}(-y) + m\dot{y}(x) + m\dot{z}(0) \]
\[ \boxed{Q = m(x\dot{y} - y\dot{x}) = L_z} \]

\(\frac{dQ}{dt} = 0\) より、角運動量の \(z\) 成分 \(L_z\) が保存する。

検算: 中心力ポテンシャル \(V(r)\) は回転対称なので、角運動量が保存することは物理的に明らか。Noether の定理はこの直感を厳密に証明している。

(c) エネルギーの保存

\(\frac{\partial L}{\partial t} = 0\)（Lagrangian が時間に陽に依存しない）の場合を考える。

時間並進 \(t \to t + \epsilon\) に対応する座標の変化は \(\delta q_j = \dot{q}_j\epsilon\)（時間が \(\epsilon\) だけ進むと、座標は \(\dot{q}_j\epsilon\) だけ変化する）。

\(L\) の全時間微分を計算する：

\[ \frac{dL}{dt} = \frac{\partial L}{\partial q_j}\dot{q}_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\ddot{q}_j + \frac{\partial L}{\partial t} \]

\(\frac{\partial L}{\partial t} = 0\) の仮定のもとで、Euler-Lagrange 方程式 \(\frac{\partial L}{\partial q_j} = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\right)\) を代入すると：

\[ \frac{dL}{dt} = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\right)\dot{q}_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\ddot{q}_j = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\dot{q}_j\right) \]

（積の微分法則を逆に使った。）

移項すると：

\[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\dot{q}_j - L\right) = 0 \]
\[ \frac{d}{dt}\left(\sum_j p_j\dot{q}_j - L\right) = 0 \]
\[ \boxed{\frac{dH}{dt} = 0, \qquad H = \sum_j p_j\dot{q}_j - L} \]

時間並進の対称性に対応する保存量は Hamiltonian（エネルギー）である。

検算: この結果は D5 で直接計算した \(\frac{dH}{dt} = 0\) と整合する。D5 では Hamilton の正準方程式を使って示したが、ここでは Noether の定理という一般的な枠組みから導出した。

補足: (a) の定式化では \(\delta L = 0\) を仮定したが、時間並進の場合は少し事情が異なる。時間並進 \(t \to t + \epsilon\) は座標変換 \(\delta q_j = \dot{q}_j\epsilon\) を誘導するが、\(L\) 自体は \(\delta L = \frac{dL}{dt}\epsilon\)（全微分の変化）を受ける。\(\frac{\partial L}{\partial t} = 0\) の場合、\(\delta L = \frac{dL}{dt}\epsilon\) は全微分の形であり、作用の変分に寄与しない（境界項になる）。このため上の導出では \(\frac{dL}{dt}\) を直接計算する方法を採用した。