第44章ラグランジュ形式の応用と変分原理

例題44.1　ラグランジュの運動方程式はニュートンの運動方程式を含む

質量 $m$ の質点が $x$ 軸上を，ポテンシャルエネルギー $U(x)$ で表される保存力 $F=-\dd U/\dd x$（第4章 4.4節）だけを受けて運動する．$L=\frac12m\dot x^2-U(x)$ にラグランジュの運動方程式を適用して，ニュートンの運動方程式 $m\ddot x=F$ が得られることを確かめよ．さらに，3次元の直交座標 $(x,y,z)$ に拡張した場合の結果を書け．

解答　$L=\frac12m\dot x^2-U(x)$ を偏微分する．$\dot x$ を含む項は $\frac12m\dot x^2$ だけなので $\partial L/\partial\dot x=m\dot x$．$x$ を含む項は $-U(x)$ だけなので $\partial L/\partial x=-\dd U/\dd x$（$q$ と $\dot q$ は独立な変数として扱う．後の例44.1を参照）．ラグランジュの運動方程式に代入すると，

（$m$ が定数なので $\diff{}{t}(m\dot x)=m\ddot x$）．よって $m\ddot x=-\dd U/\dd x=F$ となり，たしかにニュートンの運動方程式である．たとえばばねなら $U=\frac12kx^2$ なので $m\ddot x=-kx$，重力なら $U=mgx$ なので $m\ddot x=-mg$ である．

3次元では $L=\frac12m(\dot x^2+\dot y^2+\dot z^2)-U(x,y,z)$ とすれば，$q=x,y,z$ のそれぞれについて同じ計算ができて，$m\ddot x=-\partial U/\partial x$，$m\ddot y=-\partial U/\partial y$，$m\ddot z=-\partial U/\partial z$ となる．これをまとめて書けば $m\bm a=-\nabla U=\bm F$ で，ベクトルの形のニュートンの運動方程式（第2章）そのものである．右辺の単位は $\mathrm{J/m}=\mathrm N$，左辺も $\mathrm{kg\,m/s^2}=\mathrm N$ で一致している．

例44.1　$q$ と $\dot q$ を独立変数として偏微分する

$L=\dfrac12 m\dot q^2-mgq$ のとき，$\partial L/\partial\dot q$ と $\partial L/\partial q$ をそれぞれ求めよ．

解答　$\partial L/\partial\dot q$ を計算するときは $q$ を定数として扱い，$\dot q$ だけで微分する．$L$ の中で $\dot q$ を含む項は $\frac12m\dot q^2$ だけなので，

である．一方，$\partial L/\partial q$ を計算するときは $\dot q$ を定数として扱い，$q$ だけで微分する．$L$ の中で $q$ を含む項は $-mgq$ だけなので，

である．$\partial L/\partial\dot q=m\dot q$（運動量の次元）と $\partial L/\partial q=-mg$（力の次元）が全く異なる式になっていることに注意しよう——$\dot q$ を含む項と $q$ を含む項が違う項なので，互いの偏微分は独立に計算できる．

例44.2　落下運動（ラグランジュ形式）

鉛直上向きに $x$ 軸をとった自由落下運動を，ラグランジュの運動方程式を使って解け．

解答　本文の式 \eqref{eq:44-fall-U}–\eqref{eq:44-fall-eom} のとおりで，結果は $\diff{}{t}(m\dot x)=-mg$，すなわち $\ddot x=-g$（等加速度運動）である．

例題44.2　空気抵抗のある落下運動 — 非保存力を含む場合

質量 $m$ の質点が，鉛直上向きに $x$ 軸をとった座標で自由落下する．速度に比例する空気抵抗（比例定数 $k>0$，向きは常に速度と逆）がはたらくとき，終端速度（十分時間が経ったあとの一定の速度）を求めよ．

解答　空気抵抗は非保存力なので，ポテンシャルエネルギー $U$ には含められない．第43章で学んだ非保存力を含む形のラグランジュの運動方程式

を使う．$L$ は重力だけを含めた式 \eqref{eq:44-fall-L}（$L=\frac12m\dot x^2-mgx$）のままとし，空気抵抗を一般化力 $Q'$（第43章の定義 $Q'=\sum_j F_j'\,\partial x_j/\partial q$ で，直交座標 $x$ をそのまま使う場合は $Q'=F'_x$）として右辺に入れる．抵抗力は速度 $\dot x$ に比例し向きが逆なので $Q'=-k\dot x$（第7章 7.3節で同じ形の抵抗力を扱った．$k\dot x$ が力になるので，$k$ の単位は $\mathrm{N/(m/s)}=\mathrm{kg/s}$）．したがって，

となる．終端速度 $v_{\text{終端}}$ では加速度が0（$\ddot x=0$）になるので，これを代入すると，

である（次元の確認：$mg/k$ の単位は $\mathrm{kg\,(m/s^2)/(kg/s)}=\mathrm{m/s}$ で，速度の単位に一致する）．負符号は，$x$ を上向き正にとったので終端速度が下向き（大きさ $mg/k$）であることを表す——空気抵抗が大きい（$k$ が大きい）ほど，または軽い（$m$ が小さい）ほど，終端速度は小さくなる（雨粒やパラシュートが一定の速さで落ち続けるのはこのためである）．

例44.3　単振動（ラグランジュ形式）

図44.2のばね振り子を，ラグランジュの運動方程式を使って解け．

解答　本文のとおりで，結果は $\diff{}{t}(m\dot x)=-k(x-x_0)$（式 \eqref{eq:44-sho-eom}），すなわち $x_0$ を原点にとれば単振動の運動方程式 $m\ddot x=-kx$（第7章 定理7.1）である．

例題44.3　ばね振り子の周期と最大の速さ

質量 $m=0.20\ \mathrm{kg}$ の質点を，ばね定数 $k=80\ \mathrm{N/m}$ のばねにつなぐ（図44.2）．時刻 $t=0$ に，自然長の位置から右へ $A=0.050\ \mathrm m$ だけ引っ張って静かに放す．(1) 角振動数 $\omega$ と周期を求めよ．(2) 位置 $x(t)$ を求めよ．(3) 質点の最大の速さを求めよ．

解答　(1) 自然長の位置からの変位 $X\equiv x-x_0$ を使うと，式 \eqref{eq:44-sho-eom} は $m\ddot X=-kX$，すなわち $\ddot X=-\omega^2X$（$\omega\equiv\sqrt{k/m}$）である（$x_0$ は定数なので $\ddot X=\ddot x$）．よって

である（$\mathrm{N/(m\,kg)}=\mathrm{s^{-2}}$ なので，平方根をとると $\mathrm{s^{-1}}$ になる）．周期は $T_0=2\pi/\omega=2\pi/(20\ \mathrm{s^{-1}})=0.314\ \mathrm s$（約 $0.31\ \mathrm s$）である（高校物理の $T_0=2\pi\sqrt{m/k}$ と同じ）．

(2) 一般解は $X=C_1\cos\omega t+C_2\sin\omega t$（第7章 定理7.1）．初期条件 $X(0)=A$ より $C_1=A$．速度 $\dot X=-C_1\omega\sin\omega t+C_2\omega\cos\omega t$ に初期条件 $\dot X(0)=0$ を入れると $C_2\omega=0$ なので $C_2=0$．したがって

である．

(3) 速度は $\dot x=-A\omega\sin\omega t$ で，$\abs{\sin\omega t}\le1$ だから最大の速さは $A\omega=0.050\ \mathrm m\times20\ \mathrm{s^{-1}}=1.0\ \mathrm{m/s}$（自然長の位置を通るとき）である．エネルギーで確かめると，はじめの弾性エネルギー $\frac12kA^2=\frac12\times80\times0.050^2=0.10\ \mathrm J$，最大の速さのときの運動エネルギー $\frac12m(A\omega)^2=\frac12\times0.20\times1.0^2=0.10\ \mathrm J$ で，たしかに一致する．

例44.4　単振り子（ラグランジュ形式）

図44.3の単振り子を，束縛条件 $r=\ell$ を最初から満たす極座標 $\theta$ を使ったラグランジュの運動方程式で解け．

解答　本文のとおりで，結果は $\ddot\theta=-(g/\ell)\sin\theta$（式 \eqref{eq:44-pend-eom-final}）である．注目してほしいのは，単振り子の糸の張力が運動方程式に一切現れていないことである——束縛条件 $r=\ell$ を満たす座標 $\theta$ だけを使ったので，44.1節の利点(IV)のとおり，束縛力（張力）を考える必要が最初からなかった．張力そのものの大きさを知りたい場合は，44.7節のラグランジュの未定乗数法を使う．

例題44.4　単振り子のエネルギー保存則と最下点の速さ

長さ $\ell=1.0\ \mathrm m$，質量 $m=0.50\ \mathrm{kg}$ の単振り子を，鉛直下向きから $\theta_0=60^\circ$ 傾けた位置で静かに放す．(1) 運動方程式 \eqref{eq:44-pend-eom} から，$\frac12m\ell^2\dot\theta^2+mg\ell(1-\cos\theta)$ が時間によらず一定であることを示せ．(2) 最下点（$\theta=0$）での質点の速さを求めよ．

解答　(1) 式 \eqref{eq:44-pend-eom} は $m\ell^2\ddot\theta=-mg\ell\sin\theta$，すなわち $m\ell^2\ddot\theta+mg\ell\sin\theta=0$ である．両辺に $\dot\theta$ をかけると，

となる．左辺の各項は，合成関数の微分（大学数学 第6章 6.4節）により，$\diff{}{t}\left(\frac12m\ell^2\dot\theta^2\right)=m\ell^2\dot\theta\ddot\theta$，$\diff{}{t}\big(-mg\ell\cos\theta\big)=mg\ell\sin\theta\,\dot\theta$ と書ける．定数 $mg\ell$ を足しても時間微分は変わらないので，

である．すなわち $E=T+U=\frac12m\ell^2\dot\theta^2+mg\ell(1-\cos\theta)$ は一定である（力学的エネルギー保存則，第4章 4.5節）．

(2) 放した瞬間は $\dot\theta=0$，$\theta=\theta_0$ なので，$E=mg\ell(1-\cos\theta_0)$ である．最下点 $\theta=0$ では $U=0$ なので，

となる．数値を入れると，$\cos60^\circ=0.5$ より

である．質量 $m$ は約分されて消えるので，質量によらない（高校物理の $\frac12mv^2=mgh$，$h=\ell(1-\cos\theta_0)=0.50\ \mathrm m$ と同じ結果）．運動エネルギーは $\frac12\times0.50\times9.8=2.45\ \mathrm J$ である．

例44.5　惑星の運動（ラグランジュ形式）

太陽のまわりを運動する惑星の運動方程式を，極座標を使ったラグランジュの運動方程式で求めよ．

解答　本文（式 \eqref{eq:44-planet-abstract}–\eqref{eq:44-planet-final}）のとおりで，結果は $m(\ddot r-r\dot\theta^2)=-GMm/r^2$，$m(2\dot r\dot\theta+r\ddot\theta)=0$ であり，第8章のニュートン力学による結果と完全に一致する．

例題44.5　円軌道とケプラーの第3法則

惑星が太陽のまわりを半径 $R$ の円軌道（$r=R$ 一定）で運動しているとき，公転の角速度 $\Omega\equiv\dot\theta$ と，公転周期 $P$ を求めよ．また，$P^2$ が $R^3$ に比例すること（ケプラーの第3法則）を確認せよ．

解答　円軌道では $r=R$ が一定なので $\dot r=0,\ \ddot r=0$ である．これを式 \eqref{eq:44-planet-final}の1番目の式 $m(\ddot r-r\dot\theta^2)=-GMm/r^2$ に代入すると，

である（質量 $m$ が両辺で約分されて消えることに注意——惑星の質量によらず，同じ半径の円軌道なら同じ角速度になる）．周期は角速度の定義から $P=2\pi/\Omega$ なので，

となる．比例定数 $4\pi^2/(GM)$ は惑星によらない（太陽の質量 $M$ だけで決まる）ので，$P^2\propto R^3$，すなわちケプラーの第3法則が確認できた（第8章 8.3節で，楕円軌道の場合（$R$ を軌道長半径 $a$ に置き換えた形）も含めて詳しく学ぶ）．

例題44.6　自由粒子の作用 — 直線経路は本当に停留値（最小値）を与えるか

質量 $m=1\ \mathrm{kg}$ の自由粒子（力がはたらかない粒子．$U=0$ なので $L=T=\frac12m\dot x^2$）が，時刻 $t=0$ に $x=0$，時刻 $t=\tau=1\ \mathrm s$ に $x=X=1\ \mathrm m$ にいるとする．端点を固定したまま，経路を

（$a$ は経路のずれの大きさを表す定数，単位は $\mathrm m$．$a=0$ のときが端点を直線で結ぶ等速直線運動）とずらしたときの作用 $S(a)=\int_0^\tau\frac12m\dot x^2\,\dd t$ を求め，$a=0$ で最小値をとることを確かめよ．また，$(0,0)\to(\tau/2,\ 0.8X)\to(\tau,X)$ と2本の直線で結んだ折れ線の経路の作用も求め，比較せよ．

解答　$x(t)$ を時間微分すると，$\sin(\pi t/\tau)$ の微分は $(\pi/\tau)\cos(\pi t/\tau)$ なので

である．これを2乗して作用の式に代入する：

各項を積分する．第1項は $(X/\tau)^2\cdot\tau=X^2/\tau$．第2項の積分は $\int_0^\tau\cos(\pi t/\tau)\,\dd t=\dfrac{\tau}{\pi}\Big[\sin\dfrac{\pi t}{\tau}\Big]_0^\tau=0$ となって消える．第3項は，半角の公式 $\cos^2\phi=(1+\cos2\phi)/2$ より $\int_0^\tau\cos^2(\pi t/\tau)\,\dd t=\tau/2$ なので $(a\pi/\tau)^2\cdot\tau/2=a^2\pi^2/(2\tau)$．したがって

である（単位は $\mathrm{kg\,m^2/s}=\mathrm{J\,s}$）．数値を入れると $S(a)=0.500+2.47\,a^2\ \mathrm{J\,s}$ で，$a=0$ のとき $S(0)=0.500\ \mathrm{J\,s}$，$a=\pm0.5\ \mathrm m$ のとき $S=1.117\ \mathrm{J\,s}$ である．図44.7の右側のグラフのように，下に凸の放物線になる．

式 \eqref{eq:44-free-action} の意味を考えよう．ずれの大きさ $a$ の1次の項（第2項の積分）が0になっているので，$a=0$ の近くでは $S$ は $a$ に比例して増減せず，$a^2$ で増えるだけである．これはまさに「経路を少しずらしても作用の1次の変化が0」＝ $\delta S=0$（停留）の内容で，しかも2次の項の係数が正なので，停留値は最小値になっている．すなわち，外力のない粒子が実際にたどる等速直線運動（第2章の慣性の法則）は，この経路群の中で作用を最小にする．

折れ線の経路では，前半 $0\le t\le\tau/2$ の速さは $0.8X/(\tau/2)=1.6\ \mathrm{m/s}$，後半は $0.2X/(\tau/2)=0.4\ \mathrm{m/s}$ で一定なので，

となり，直線経路の $0.500\ \mathrm{J\,s}$ より大きい．端点が同じでも，速さが途中で変わる経路のほうが作用は大きい．

最後に，「直線経路がすべての経路の中で最小」であることを，一般に示しておこう．端点を固定した任意の経路を $x(t)=x_0(t)+\eta(t)$ と書く．ここで $x_0(t)=Xt/\tau$ は直線経路，$\eta(t)$ は端点で0になる任意のずれ（$\eta(0)=\eta(\tau)=0$）である．$\dot x=\dot x_0+\dot\eta$ なので，

となる．$\dot x_0=X/\tau$ は定数なので，第2項の積分は $\int_0^\tau\dot\eta\,\dd t=\eta(\tau)-\eta(0)=0$ で消える．したがって $S=S_0+\int_0^\tau\frac12m\dot\eta^2\,\dd t\ge S_0$ であり，等号は $\dot\eta\equiv0$（すなわち $\eta\equiv0$）のときだけ成り立つ．どんなずれに対しても，直線経路の作用が最小である．

例題44.7　単振動のオイラー–ラグランジュ方程式（変分法による確認）

$L=\frac12m\dot x^2-\frac12kx^2$ に対して，式 \eqref{eq:44-el-var} のオイラー–ラグランジュ方程式を適用し，単振動の運動方程式 $m\ddot x=-kx$ を導け．

解答　$\partial L/\partial\dot x=m\dot x$（$\frac12m\dot x^2$ の項だけから），$\partial L/\partial x=-kx$（$-\frac12kx^2$ の項だけから）である．これらを式 \eqref{eq:44-el-var} に代入すると，

となり，第7章 定理7.1・44.2.2節の結果と完全に一致する．44.2節では「$L=T-U$ を作ってニュートン由来のラグランジュ方程式に代入する」という手順で全く同じ結果を得たが，ここでは「作用 $S=\int L\,\dd t$ を停留させる」という変分原理から出発しても同じ式が得られることを確認した．

例題44.8　2点間の最短経路はなぜ直線か

汎関数 $s[y]=\int_{x_1}^{x_2}\sqrt{1+y'^2}\,\dd x$（式 \eqref{eq:44-shortest-func}）にオイラー–ラグランジュ方程式（44.5節の式 \eqref{eq:44-el-var} で $q\to y,\ t\to x$ と読み替えたもの）を適用し，最短経路が直線であることを示せ．

解答　$F=\sqrt{1+y'^2}$ は $y$ を陽に含まない（$y'$ だけの関数）ので，$\partial F/\partial y=0$ である．一方，

（合成関数の微分：$F=(1+y'^2)^{1/2}$ を $y'$ で微分すると $\frac12(1+y'^2)^{-1/2}\cdot2y'=y'/\sqrt{1+y'^2}$）である．オイラー–ラグランジュ方程式 $\diff{}{x}(\partial F/\partial y')-\partial F/\partial y=0$ に代入すると，

となる．これは「かっこの中身が $x$ によらず一定」であることを意味するので，$y'/\sqrt{1+y'^2}=C$（一定）．この式を $y'$ について解くと，右辺の $C$ が定数である以上，左辺の $y'/\sqrt{1+y'^2}$（$y'$ の単調増加関数）も一定でなければならず，したがって $y'$ 自身も定数（$y'\equiv a$ とおく）である．$y'=a$（一定）を積分すると，一般解は

（$a,b$ は端点の条件 $y(x_1)=y_1,\ y(x_2)=y_2$ から定まる定数）となり，2点を結ぶ直線である．これが，2点間の最短経路が直線であることの，変分法による導出である（オイラー–ラグランジュ方程式が与えるのは停留する経路であり，それが本当に最短であることは，三角不等式「2辺の和は残りの1辺より長い」からも確かめられる）．

例題44.9　3つの層を通り抜ける光線の角度

空気（屈折率 $n_1=1.00$），水（$n_2=1.33$），ガラス（$n_3=1.50$）が，この順に平らな層をなして重なっている．空気中から，層の法線に対して $\theta_1=30^\circ$ の角度で光が入射する．(1) 水の中，ガラスの中での，法線に対する光線の角度 $\theta_2,\theta_3$ を求めよ．(2) 水の層がなく，空気からガラスに直接入射する場合の角度 $\theta_3'$ はどうなるか．(3) ガラスの中から空気の層へ光が出ていけるのは，ガラス中の入射角がいくつより小さいときか．

解答　(1) 式 \eqref{eq:44-snell-layer} より $n\sin\theta$ は全層で共通の値をもつ．入射側の値は $n_1\sin\theta_1=1.00\times\sin30^\circ=0.500$ である．水中では $1.33\sin\theta_2=0.500$ なので，

である．ガラス中では $1.50\sin\theta_3=0.500$ なので，

である．(2) 水の層がなくても，保存される量 $n\sin\theta=0.500$ は変わらないので，$\theta_3'=19.5^\circ$，すなわち $\theta_3$ と等しい．途中の層の屈折率は最終的な角度に影響しない（保存量 $n\sin\theta$ だけで決まる）．(3) 空気の層に出るときには，$\sin\theta_{\text{空気}}=n_3\sin\theta_3/1.00\le1$ でなければならない（$\sin$ は1を超えられない）．よって $\sin\theta_3\le1.00/1.50=0.667$，$\theta_3\le\arcsin0.667=41.8^\circ$ である．これより大きい入射角では，光は空気の層に出られず全反射する（第14章の全反射の臨界角）．

例題44.10　最速降下線（ブラキストクロン問題）

なめらかで摩擦のない針金に沿って，質点が重力だけを受けてすべり降りるとする．出発点を原点 $(0,0)$ にとり，$y$ を鉛直下向き正にとる．質点が原点から静かに（初速0で）出発し，ある点 $(x_1,y_1)$（$x_1,y_1\gt0$）まですべり降りるとき，かかる時間を最小にする曲線 $y(x)$（最速降下線，brachistochrone）を求めよ．（1696年にヨハン・ベルヌーイ（Johann Bernoulli）が提起した，変分法の歴史における最も有名な問題の1つである．）

解答　エネルギー保存則（第4章 4.5節）より，出発点から $y$ だけ下がったときの速さは，$\frac12mv^2=mgy$ から $v=\sqrt{2gy}$ である．弧長要素は $\dd s=\sqrt{1+y'^2}\,\dd x$ なので，かかる時間は $\dd t=\dd s/v$ を足し合わせた汎関数

である．被積分関数 $F=\sqrt{1+y'^2}/\sqrt{2gy}$ は $x$ を陽に含まないので，公式44.1（ベルトラミの等式）が使える．$\partial F/\partial y'=y'/\big(\sqrt{2gy}\sqrt{1+y'^2}\big)$ なので，

である（通分してから $y'^2$ が打ち消し合うことに注目）．これが一定値 $C$ に等しいという公式44.1の条件から，

という常微分方程式が得られる（$R$ は長さの次元をもつ正の定数）．これを解こう．左辺に $1+y'^2$ があるので，これを何かの2乗の逆数の形にまとめたい．そこで三角関数の関係式 $1+\cot^2\phi=1/\sin^2\phi$ を思い出し，新しい変数 $\theta$（シータ）を使って $y'=\dd y/\dd x=\cot(\theta/2)$ とおく（$y'\ge0$ の部分，$0\lt\theta\le\pi$ の範囲で考える）．すると $1+y'^2=1+\cot^2(\theta/2)=1/\sin^2(\theta/2)$ なので，式 \eqref{eq:44-brach-ode} から

（半角の公式 $\sin^2(\theta/2)=(1-\cos\theta)/2$）である．次に $x$ を求める．$\dd y=\dfrac R2\sin\theta\,\dd\theta=R\sin\dfrac\theta2\cos\dfrac\theta2\,\dd\theta$ であり，$\dd x=\dd y/y'$ なので，

となる．積分して $x=\frac R2(\theta-\sin\theta)+(\text{定数})$，原点 $(x,y)=(0,0)$（$\theta=0$）を通ることから定数は0．$a\equiv R/2$ とおくと，

が得られる．これがサイクロイド（cycloid，円が転がるときの円周上の1点の軌跡）であることを確かめよう．半径 $a$ の円が，直線 $y=0$（$y$ は下向き正なので，円はこの直線の下側にある）に沿って滑らずに転がるとき，円が角度 $\theta$ だけ回転すると，中心は $(a\theta,\ a)$ に来る（転がった道のりは，円周の弧の長さ $a\theta$ に等しい）．出発時に原点にあった円周上の点は，そのとき中心から $(-a\sin\theta,\ -a\cos\theta)$ だけずれた位置にあるので，その座標は $x=a\theta-a\sin\theta,\ y=a-a\cos\theta$ となり，式 \eqref{eq:44-cycloid} に一致する．したがって最速降下線はサイクロイドである．ここでは $y'\ge0$ の部分（最下点 $\theta=\pi$ まで）だけを考えた．終点が $y_1/x_1\lt2/\pi$ となる浅く遠い位置にあるときは，最下点を通り過ぎてから再び上る部分（$\pi\lt\theta\lt2\pi$，$y'\lt0$）まで同じ式 \eqref{eq:44-cycloid} が成り立つ．どちらの場合も，定数 $a$ と終点での $\theta_1$ は，$x_1=a(\theta_1-\sin\theta_1),\ y_1=a(1-\cos\theta_1)$ を連立して決まる．

降下時間も厳密に求められる．サイクロイド上では $\dd x/\dd\theta=a(1-\cos\theta)$，$\dd y/\dd\theta=a\sin\theta$ なので，$\dd s/\dd\theta=a\sqrt{(1-\cos\theta)^2+\sin^2\theta}=a\sqrt{2-2\cos\theta}=2a\sin(\theta/2)$，速さは $v=\sqrt{2gy}=\sqrt{2ga(1-\cos\theta)}=2\sqrt{ga}\,\sin(\theta/2)$ である．よって $\dd t=\dd s/v=\sqrt{a/g}\,\dd\theta$ となって，被積分関数が $\theta$ によらない定数になり，出発点から $\theta_1$ までの降下時間は

である．たとえば $a=1\ \mathrm m$，終点を $\theta_1=\pi$（サイクロイドの最下点）にとると，終点は $(x_1,y_1)=(\pi,\,2)\ \mathrm m$ で，$t_{\text{サイクロイド}}=\sqrt{\dfrac{1\ \mathrm m}{9.8\ \mathrm{m/s^2}}}\times\pi=1.004\ \mathrm s$ である．同じ2点を結ぶ直線 $y=cx$（$c=y_1/x_1=2/\pi$）を降りる場合は，$v=\sqrt{2gcx}$ より $t_{\text{直線}}=\int_0^{x_1}\sqrt{1+c^2}\,\dd x/\sqrt{2gcx}=\sqrt{2(1+c^2)x_1/(gc)}=1.190\ \mathrm s$ となり，サイクロイドのほうが速く到達する（図44.9）．直感的には，最初に急な傾斜で速さを稼いでから緩やかにするほうが，終始一定の傾斜で降りるより平均の速さが大きくなるためである．なお，サイクロイドは，どこから静かに放しても最下点に到達するまでの時間が同じになる（等時曲線である）という性質も知られており，この性質は17世紀にホイヘンス（Christiaan Huygens）が見いだした．

例題44.11　単振り子の張力をラグランジュの未定乗数法で求める

単振り子（図44.3）を，束縛条件 $r=\ell$ を使わずに，原点を固定点 $\mathrm O$ にとった直交座標 $(x,y)$（$y$ は鉛直下向き正）で扱う．束縛条件は，棒の長さが一定であること，$g(x,y)=x^2+y^2-\ell^2=0$ である．ラグランジュの未定乗数法を使って運動方程式を立て，糸の張力 $N$（棒が質点を引く力の大きさ）を，角度 $\theta$（鉛直下向きから測った振れ角）と角速度 $\dot\theta$ の関数として求めよ．さらに，$m=0.50\ \mathrm{kg}$，$\ell=1.0\ \mathrm m$ の振り子を $\theta_0=60^\circ$ から静かに放したとき，最下点での張力と，放した瞬間の張力を求めよ．

解答　運動エネルギーは $T=\frac12m(\dot x^2+\dot y^2)$，位置エネルギーは（$y$ が下向き正なので）$U=-mgy$ であり，$L=T-U=\frac12m(\dot x^2+\dot y^2)+mgy$ である．束縛条件 $g=x^2+y^2-\ell^2$ から $\partial g/\partial x=2x,\ \partial g/\partial y=2y$，また $\partial L/\partial x=0,\ \partial L/\partial y=mg$ なので，定理44.2（式 \eqref{eq:44-multiplier-eq}）より，

である．束縛条件を満たす座標 $x=\ell\sin\theta,\ y=\ell\cos\theta$（$\theta=0$ が最下点）を代入する．時間微分は $\dot x=\ell\dot\theta\cos\theta,\ \dot y=-\ell\dot\theta\sin\theta$，さらに

なので，2式は

となる．未知数は $\ddot\theta$ と $\lambda$ の2つである．(i)，(ii) は $x$ 方向と $y$ 方向の式だが，運動の向き（接線方向 $(\cos\theta,-\sin\theta)$）と糸に沿った向き（動径方向 $(\sin\theta,\cos\theta)$）の成分にそろえたい（座標軸を角 $\theta$ だけ回す操作にあたる）．接線方向の成分は (i)$\times\cos\theta-$(ii)$\times\sin\theta$ で，束縛力は接線方向を向かないので $\lambda$ が消える．動径方向の成分は (i)$\times\sin\theta+$(ii)$\times\cos\theta$ で，こちらは $\ddot\theta$ が消える．まず (i)$\times\cos\theta-$(ii)$\times\sin\theta$ をつくると，左辺は $m\ell\ddot\theta(\cos^2\theta+\sin^2\theta)+mg\sin\theta=m\ell\ddot\theta+mg\sin\theta$（$\dot\theta^2$ の項は $-m\ell\dot\theta^2\sin\theta\cos\theta+m\ell\dot\theta^2\sin\theta\cos\theta=0$ で消える），右辺は $2\lambda\ell\sin\theta\cos\theta-2\lambda\ell\cos\theta\sin\theta=0$ なので，

となる．これは，44.2.3節（式 \eqref{eq:44-pend-eom-final}）で束縛条件を最初から使って求めた運動方程式と完全に一致する．次に (i)$\times\sin\theta+$(ii)$\times\cos\theta$ をつくると，左辺は $-m\ell\dot\theta^2(\sin^2\theta+\cos^2\theta)-mg\cos\theta$（$\ddot\theta$ の項は $m\ell\ddot\theta\sin\theta\cos\theta-m\ell\ddot\theta\sin\theta\cos\theta=0$ で消える），右辺は $2\lambda\ell(\sin^2\theta+\cos^2\theta)=2\lambda\ell$ なので，

が得られる（$\lambda$ の単位は，$mg/\ell$ が $\mathrm{kg\,(m/s^2)/m}=\mathrm{N/m}$ なので $\mathrm{N/m}$．束縛力の成分 $2\lambda x$ の単位は $\mathrm{N/m}\times\mathrm m=\mathrm N$ で，力の単位に一致する）．束縛力（の直交成分）は $(2\lambda x,\ 2\lambda y)=2\lambda\ell(\sin\theta,\ \cos\theta)$ で，向きは原点から質点へ向かう方向 $(\sin\theta,\cos\theta)$，大きさは $2\lambda\ell$ の絶対値である．張力 $N$ は質点を原点の方向，すなわち $-(\sin\theta,\cos\theta)$ の向きに引く力なので，$2\lambda\ell=-N$，すなわち $N=-2\lambda\ell$ である．これに上で求めた $\lambda$ を代入すると，

となる．この結果は，動径方向（棒に沿った方向）のニュートンの運動方程式を直接考えても確かめられる．質点には，張力 $N$（原点向き）と，重力の動径成分 $mg\cos\theta$（原点と逆向き）がはたらき，質点は半径 $\ell$ の円運動をしているので，正味の力は向心力 $m\ell\dot\theta^2$（原点向き）に等しい：$N-mg\cos\theta=m\ell\dot\theta^2$．これは式 \eqref{eq:44-pendulum-tension} と完全に一致する．

数値を求めよう．例題44.4のエネルギー保存則 $\frac12m\ell^2\dot\theta^2+mg\ell(1-\cos\theta)=mg\ell(1-\cos\theta_0)$ から $\ell\dot\theta^2=2g(\cos\theta-\cos\theta_0)$ なので，式 \eqref{eq:44-pendulum-tension} は

と書ける．最下点（$\theta=0$）では $N=mg(3-2\cos60^\circ)=2mg=2\times0.50\times9.8=9.8\ \mathrm N$，放した瞬間（$\theta=\theta_0$，$\dot\theta=0$）では $N=mg\cos\theta_0=0.50\times9.8\times0.50=2.45\ \mathrm N$ である．最下点の張力は，質点が静止しているときの張力 $mg=4.9\ \mathrm N$ の2倍になる（ブランコの最下点で体が重く感じるのはこのためである）．

演習44.1　ばね2本（直列）の単振動

ばね定数 $k_1$ のばねと $k_2$ のばねを直列につなぎ，一方の端を壁に固定し，もう一方の端に質量 $m$ の質点をつなぐ．2本のばねの接続点は質量をもたず，なめらかに動けるものとする．質点の自然長の位置からの変位を $x$，第1のばね（壁側）の伸びを $s$ とすると，第2のばねの伸びは $x-s$ である．$x,s$ の2つを座標にしてラグランジアン $L$ を立てて運動方程式を導き，この系が角振動数 $\omega=\sqrt{k_{\text{合成}}/m}$ の単振動になることを示して，合成ばね定数 $k_{\text{合成}}$ を求めよ．また，$k_1=30\ \mathrm{N/m}$，$k_2=60\ \mathrm{N/m}$，$m=0.20\ \mathrm{kg}$ のときの $\omega$ と周期を求めよ．

ヒント：$L=\frac12m\dot x^2-\frac12k_1s^2-\frac12k_2(x-s)^2$．座標 $s$ に対応する運動エネルギーはない（接続点は質量0）ので，$s$ についてのラグランジュの運動方程式は $\partial L/\partial s=0$ という，力のつり合いの式になる．

→ 解答

演習44.2　単振り子：直交座標と極座標の比較，張力の求め方

単振り子（長さ $\ell$，質量 $m$，$\theta$ は鉛直下向きから測る）を，次の2通りで扱え．(1) 直交座標 $(x,y)$（$y$ は下向き正）で，束縛条件 $x^2+y^2=\ell^2$ を考えずに $L$ を書け．(2) 極座標 $(r,\theta)$ の両方を一般化座標として残して $L$ を立て，糸の張力 $N$（動径方向で，質点を原点の向きに引く）を非保存力型の一般化力 $Q_r'=-N$ として扱って，$r$ 方向と $\theta$ 方向のラグランジュの運動方程式を書き，$r=\ell$ を代入して $\theta$ の運動方程式と張力 $N$ を求めよ．結果は44.2.3節・例題44.11と一致するか．(3) (1) で書いた $L$ に，束縛条件を満たす $x=\ell\sin\theta,\ y=\ell\cos\theta$ を代入して，44.2.3節の $L$ と比べよ．

ヒント：(2) では $T=\frac12m(\dot r^2+r^2\dot\theta^2)$，$U=-mgr\cos\theta$．張力は動径方向にしかはたらかないので $Q_\theta'=0$．$r$ 方向の式を立ててから，$r=\ell$（$\dot r=\ddot r=0$）を代入する．(3) では $\dot x^2+\dot y^2$ を計算し，$\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$ を使う．

→ 解答

演習44.3　惑星運動のエネルギー保存則

惑星の運動のラグランジアン $L=\frac12m(\dot r^2+(r\dot\theta)^2)+GMm/r$ から，力学的エネルギー $E=T+U=\frac12m(\dot r^2+(r\dot\theta)^2)-GMm/r$ が時間によらず一定であることを，運動方程式 \eqref{eq:44-planet-final} を使って示せ．また，例題44.5の円軌道（$r=R$ 一定）の場合について，$E$ を $G,M,m,R$ で表せ．

ヒント：$\dd E/\dd t$ を計算し，運動方程式 \eqref{eq:44-planet-final} を代入して0になることを示す．円軌道では $\dot r=0$ であることと，例題44.5で求めた $\Omega^2=GM/R^3$（$\dot\theta=\Omega$）を使う．

→ 解答

演習44.4　一般の中心力ポテンシャルでの運動方程式と角運動量保存

惑星の運動では万有引力のポテンシャル $U=-GMm/r$ を使ったが，$r$ だけの関数である一般のポテンシャル $U(r)$（中心力，第8章 定義8.1）に対しても，極座標 $(r,\theta)$ でのラグランジュの運動方程式を立てよ．4つの偏微分 $\partial L/\partial\dot r,\ \partial L/\partial r,\ \partial L/\partial\dot\theta,\ \partial L/\partial\theta$ を1つずつ書き，$\theta$ 方向の方程式から，どんな中心力についても $p_\theta=mr^2\dot\theta$ が保存すること（角運動量保存則）を確認せよ．

ヒント：$L=\frac12m(\dot r^2+(r\dot\theta)^2)-U(r)$ とし，44.3節の計算で $-GMm/r$ を $-U(r)$ に置き換えるだけでよい．$\theta$ 方向の方程式は，$U(r)$ の具体的な形によらず $\partial L/\partial\theta=0$ になることに注目する．この結果は，第46章で学ぶネーターの定理（対称性と保存則の関係）の先取りになっている．

→ 解答

演習44.5　端点固定の条件 $\delta q(t_1)=\delta q(t_2)=0$ はなぜ必要か

44.5節の導出では，境界項 $\left[\partial L/\partial\dot q\cdot\delta q\right]_{t_1}^{t_2}$ が端点固定の条件 $\delta q(t_1)=\delta q(t_2)=0$ によって消えることを使った．もしこの条件がなければ，作用の変分 $\delta S$ はどのような式になるか．自由粒子（$L=\frac12m\dot x^2$）を例に，終点 $t_2$ での位置を固定せずに「$\delta S=0$」を要求すると何が起こるか，境界項の計算から説明せよ．

ヒント：境界項を残したままの $\delta S$ を書く．$\partial L/\partial\dot x=m\dot x$ は運動量である．物理的には，端点固定は「質点が時刻 $t_1,t_2$ にどこにいたか（観測データ）が分かっている」という状況に対応する．

→ 解答

演習44.6　摩擦力はなぜポテンシャルエネルギーから導けないか

44.1節の欠点(I)で，摩擦力のような非保存力はラグランジュの運動方程式（$L=T-U$ の形）では表せないと述べた．保存力の定義（第4章 4.4節）に基づいて，なぜ摩擦力からポテンシャルエネルギーを定義できないのか説明せよ．たとえば，質量 $m=1.0\ \mathrm{kg}$ の物体を，動摩擦係数 $\mu=0.30$ の水平な床の上で，点 A から $2.0\ \mathrm m$ 離れた点 B まで，(a) 直線で動かす場合と，(b) 直径が $2.0\ \mathrm m$ の半円に沿って動かす場合に，動摩擦力がする仕事はそれぞれいくらか．

ヒント：保存力は，2点間を移動する経路によらず仕事が同じになる力として定義された（そうでなければ $U$ を位置だけの関数として定義できない）．動摩擦力の大きさは $\mu mg$ で，向きは常に運動の向きと逆である．

→ 解答

演習44.7　「最小」ではなく「停留」と呼ぶべき例（発展）

ハミルトンの原理は歴史的に「最小作用の原理」と呼ばれてきたが，44.4節で述べたとおり，$\delta S=0$ は一般には停留値（極小・極大・鞍点のいずれか）を保証するにすぎない．質量 $m$，ばね定数 $k$（$\omega=\sqrt{k/m}$）の調和振動子 $L=\frac12m\dot x^2-\frac12m\omega^2x^2$ が，時刻 $0$ に $x=0$，時刻 $\tau$ に $x=0$ にいる，という端点条件を考える．(1) この条件を満たす運動方程式の解は $x=0$ だけである（$\omega\tau\ne n\pi$ のとき）．これに，端点を固定したずれ $x_\varepsilon(t)=\varepsilon\sin(\pi t/\tau)$ を加えたときの作用 $S(\varepsilon)$ を求めよ．(2) $\omega\tau\lt\pi$ の場合と $\omega\tau\gt\pi$ の場合で，$x=0$ が作用の最小値を与えるかどうかを判定せよ．

ヒント：$\dot x_\varepsilon=\varepsilon(\pi/\tau)\cos(\pi t/\tau)$ を作用の式に代入し，$\int_0^\tau\cos^2(\pi t/\tau)\,\dd t=\int_0^\tau\sin^2(\pi t/\tau)\,\dd t=\tau/2$ を使う．$x=0$ での作用は $S=0$ である．$\omega\tau=\pi$ は，ばねの自然な振動の半周期にあたる特別な時間間隔である．

→ 解答

演習44.8　石けん膜の形（懸垂面）— ベルトラミの等式の応用

同じ軸をもつ2つの円環の間に張った石けん膜は，表面積（＝表面エネルギー）が最小になる回転面をつくる．軸を $x$ 軸とし，膜の断面の曲線を $y(x)$（軸からの距離）とすると，側面積は $A[y]=2\pi\int_{x_1}^{x_2}y\sqrt{1+y'^2}\,\dd x$ である．ベルトラミの等式（公式44.1）を使って，$y(x)$ の満たす1階の微分方程式を導き，その解が $y=C\cosh\dfrac{x-x_0}{C}$（$C,x_0$ は定数）であることを示せ．

ヒント：$F=y\sqrt{1+y'^2}$ は $x$ を陽に含まない．$F-y'\partial F/\partial y'=y/\sqrt{1+y'^2}=C$ から $y'=\sqrt{y^2/C^2-1}$ を得る．変数分離して積分し，$\cosh$ の定義と逆双曲線関数 $\operatorname{arcosh}$（大学数学 第2章 2.5–2.6節）を使う．

→ 解答

演習44.9　惑星の運動：抽象形と代入形の対応

惑星の運動のラグランジアン $L=\frac12m(\dot r^2+(r\dot\theta)^2)+GMm/r$ について，(1) 抽象形 \eqref{eq:44-planet-abstract} に現れる4つの量 $\diff{}{t}(\partial L/\partial\dot r)$，$\partial L/\partial r$，$\diff{}{t}(\partial L/\partial\dot\theta)$，$\partial L/\partial\theta$ を，それぞれ具体的に計算せよ．(2) $r$ 方向の式 $m\ddot r-mr\dot\theta^2+GMm/r^2=0$ の3つの項を，「運動量の時間変化」「遠心力に相当する項（$\partial T/\partial r$）」「万有引力（一般化力 $Q_r=-\partial U/\partial r$）」に対応させ，符号を確かめよ．(3) 地球の公転を，太陽（$M=1.989\times10^{30}\ \mathrm{kg}$）を中心とする半径 $r=1.496\times10^{11}\ \mathrm m$ の円軌道とみなし，角速度 $\Omega$ と公転周期を求めよ（$G=6.674\times10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2}$）．

ヒント：(3) 円軌道では $\dot r=\ddot r=0$．$r$ 方向の式に代入して $\Omega^2=GM/r^3$．1年は約 $3.16\times10^7\ \mathrm s$ である．

→ 解答

演習44.10　最小作用の原理は「自然が目的をもつ」ことを意味するか

(1) 光がAからBへ進む道筋は，フェルマーの原理（時間の停留）で決めることもできるし，各境界でスネルの法則を使って順に決めることもできる．2つの言い方はどう違い，どう関係しているか説明せよ．(2) ハミルトンの原理は「質点は終点を知っていて，作用が最小になる道を選ぶ」と言っているように聞こえる．この言い方が誤解を生みやすい理由を，「実際の運動は，初めの位置と速度から，各瞬間の運動方程式だけで決まる」という事実に基づいて説明せよ．

ヒント：初めの位置と速度を与える決め方と，始点と終点の位置を与える決め方は，同じ運動を別の条件で指定しているだけである．また44.4節の「停留であって最小とは限らない」も参考になる．

→ 解答