第46章対称性と保存則・ポアソン括弧・正準変換

例題46.1　角運動量保存とケプラーの第2法則の数値確認

ある彗星が太陽のまわりを楕円軌道で運動している．近日点（太陽に最も近い点）での太陽からの距離は $r_{\rm p}=0.60\ \mathrm{au}$，そのときの速さは $v_{\rm p}=51.8\ \mathrm{km/s}$ であった．遠日点（太陽から最も遠い点）での太陽からの距離が $r_{\rm a}=6.0\ \mathrm{au}$ のとき，遠日点での速さ $v_{\rm a}$ を求めよ．（架空の彗星だが，$v_{\rm p}$ は太陽の重力のもとでこの2点を通る楕円軌道にちょうど対応する値である．）

解答　近日点・遠日点は，軌道が太陽に最も近い点・最も遠い点なので，動径 $r$ が極値をとる．極値では $\dot r=0$ だから，この2点では速度が動径方向の成分をもたず，速度はすべて方位角方向を向く．すなわち $v=r\dot\theta$ である．したがって，角運動量の保存則 $p_\theta=mr^2\dot\theta=mrv=$ 一定 より

（式 \eqref{eq:46-p-theta} の両辺を $m$ で割り，$v=r\dot\theta$ を代入したもの．$m$ に依存しないことに注意）．これを $v_{\rm a}$ について解くと，

太陽から10倍遠い遠日点では，速さは近日点の $1/10$ になる．これは，惑星が太陽に近いところでは速く，遠いところではゆっくり動くという，ケプラーの第2法則（面積速度一定）の内容そのものである．なお，太陽の $GM=1.327\times10^{20}\ \mathrm{m^3/s^2}$ を使ってエネルギー保存則から近日点での速さを計算し直すと $v_{\rm p}=\sqrt{2GMr_{\rm a}/(r_{\rm p}(r_{\rm a}+r_{\rm p}))}\approx51.8\ \mathrm{km/s}$ となり，与えた数値と一致する（$1\ \mathrm{au}=1.496\times10^{11}\ \mathrm{m}$）．

例題46.2　単振り子のエネルギー保存と最大振れ角

長さ $\ell$ の糸につけた質量 $m$ のおもりからなる単振り子を考える．振れ角を $\theta$（鉛直下向きから測る）とすると，ラグランジアンは $L=\frac12m\ell^2\dot\theta^2-mg\ell(1-\cos\theta)$ であり，$t$ を陽に含まない．おもりを最下点（$\theta=0$）で速さ $v_0=1.4\ \mathrm{m/s}$ となるように振らせたとき，おもりが達する最大振れ角 $\theta_{\max}$（角速度 $\dot\theta=0$ になる角度）を求めよ．重力加速度は $g=9.8\ \mathrm{m/s^2}$，$\ell=0.50\ \mathrm{m}$ とする．

解答　$L$ は $t$ を陽に含まないので，定理46.2よりエネルギー関数 $h=\frac12m\ell^2\dot\theta^2+mg\ell(1-\cos\theta)$（$=T+U$，位置エネルギーの基準を最下点にとった）は保存する．最下点（$\theta=0,\ \dot\theta=v_0/\ell$）と最大振れ角の点（$\theta=\theta_{\max},\ \dot\theta=0$）で $h$ の値を等しいと置くと，

両辺を $m$ で割って $\theta_{\max}$ について解くと，

単振り子の周期の公式 $T_0=2\pi\sqrt{\ell/g}$（第7章 7.2節）は振幅が小さいときの近似だが，ここで使ったエネルギー保存則 $h=T+U=$ 一定は振幅の大小によらず厳密に成り立つ，より基本的な関係である．

例題46.3　有効ポテンシャルと円軌道条件からケプラーの第3法則を導く

式 \eqref{eq:46-planet-L} の惑星のラグランジアンで，保存する角運動量を $p_\theta$（定数）と書く（第8章では角運動量を $L$ と書いたが，本章の $L$ はラグランジアンなので，共役運動量の記号 $p_\theta$ を使う）．$\dot\theta=p_\theta/(mr^2)$ なので，これを $r$ 方向のラグランジュ方程式 $m\ddot r=mr\dot\theta^2-GMm/r^2$ に代入して整理すると，動径方向だけの運動として

という有効ポテンシャル（第8章 8.4節で学んだものと同じ量．グラフは図8.5を参照）が現れる．円軌道（$r=r_0=$ 一定）の条件は $\ddot r=0$，すなわち $U_{\rm eff}'(r_0)=0$ である．これから円軌道の半径 $r_0$ と，その軌道の角速度 $\omega=\dot\theta=p_\theta/(mr_0^2)$ の関係（ケプラーの第3法則）を導け．

解答　$U_{\rm eff}'(r)=-p_\theta^2/(mr^3)+GMm/r^2$ を0と置くと，

一方，円軌道の角速度は $\omega=p_\theta/(mr_0^2)$ だから，$p_\theta=m\omega r_0^2$ を上式に代入すると，

周期を $T_{\rm orb}$ とすると $T_{\rm orb}=2\pi/\omega$ なので $\omega^2=4\pi^2/T_{\rm orb}^2$ を代入して，

すなわち「周期の2乗は軌道半径の3乗に比例する」——ケプラーの第3法則そのものが，有効ポテンシャルの極値条件（円軌道条件）から再導出できた．次元の確認：$GM$ の単位は $\mathrm{m^3/s^2}$ なので右辺は $\mathrm{s^2}$ となり，左辺 $T_{\rm orb}^2$ と一致する．楕円軌道一般に対するケプラーの第3法則の証明は第8章 8.3節を参照．

同じ結果は，動径方程式 $m(\ddot r-r\dot\theta^2)=-GMm/r^2$ に円軌道の条件 $\dot r=\ddot r=0$ を直接代入する方法でも導ける（第44章 例題44.5）．そちらは「力のつり合い（向心力＝万有引力）」の見方，本例題は「有効ポテンシャルの極値（$U_{\mathrm{eff}}'(r_0)=0$，1自由度の位置エネルギーの谷の底）」の見方であり，見方は違っても同じ式に到達する．

例題46.4　2質点バネ系の全運動量保存

なめらかな水平面上で，質量 $m_1,m_2$ の2つの物体が自然長 $\ell_0$，ばね定数 $k$ のばねでつながれている（外力なし）．座標を $x_1,x_2$（一直線上）にとると，ラグランジアンは

である．(1) このラグランジアンが並進対称性 $x_1\to x_1+\varepsilon,\ x_2\to x_2+\varepsilon$ のもとで不変であることを確認せよ．(2) 定理46.3を使って，保存する量（全運動量）を求めよ．(3) 実際にラグランジュ方程式を書き下し，(2)の量が本当に保存することを直接確認せよ．

解答　(1) $x_1\to x_1+\varepsilon,\ x_2\to x_2+\varepsilon$ とすると，$\dot x_1,\dot x_2$ は変わらず，$x_2-x_1-\ell_0\to(x_2+\varepsilon)-(x_1+\varepsilon)-\ell_0=x_2-x_1-\ell_0$ （$\varepsilon$ が打ち消し合う）となるので，$L$ の値はまったく変わらない（$\delta L=0$，$\Lambda=0$）．よってこの変換は対称性であり，生成子は $f_{x_1}=f_{x_2}=1$ である．

(2) 式 \eqref{eq:46-noether-conserved} より，保存量は

——全運動量 $P$ である．

(3) $x_1,x_2$ についてのラグランジュ方程式はそれぞれ

（ばねの復元力を，位置エネルギー $U=\frac12k(x_2-x_1-\ell_0)^2$ を $x_1,x_2$ でそれぞれ偏微分して求めた．符号がちょうど逆になっていることに注意）．2式を辺々足すと，右辺は打ち消し合って

となり，(2)で予言した通り全運動量 $P$ が保存することが直接確かめられた．内力（ばねの力）は2物体に大きさが等しく向きが逆の力を及ぼす——作用・反作用の法則（第2章 2.3節）——ので全運動量が保存するという，ニュートン形式でおなじみの結論が，ここでは「並進対称性」という異なる切り口から得られたことに注目してほしい．

例題46.5　対称性の破れとエネルギー非保存

単振り子の支点を，外部の装置で $x_0(t)=A_0\cos\Omega t$（$A_0,\Omega$ は定数）のように周期的に水平に揺らし続けるとする．この系のラグランジアンを書き，エネルギー関数 $h$ が保存しない理由を，ネーターの定理の言葉で説明せよ．

解答　おもりの位置は，支点の位置 $x_0(t)$ と振れ角 $\theta$ を使って $x=x_0(t)+\ell\sin\theta,\ y=-\ell\cos\theta$ と書ける．速度は $\dot x=\dot x_0+\ell\dot\theta\cos\theta,\ \dot y=\ell\dot\theta\sin\theta$ なので，運動エネルギーは

（$\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$ を使った）．位置エネルギーは $U=-mg\ell\cos\theta$ なので，ラグランジアンは

である．この $L$ は，支点の速度 $\dot x_0(t)$ を通じて時刻 $t$ を陽に含む．$\theta,\dot\theta$ を固定して $t$ で偏微分する（$\pdiff{\dot x_0}{t}=\ddot x_0=-A_0\Omega^2\cos\Omega t$ に注意）と，

となり，一般には0でない．これは「時刻をずらすと，同じ $\theta,\dot\theta$ に対する $L$ の値そのものが変わってしまう」ということ，すなわち時間並進対称性が破れていることを意味する．したがって，定理46.2（式 \eqref{eq:46-energy-func-conserved}）より，この系のエネルギー関数（$h=\sum\dot q\pdiff{L}{\dot q}-L$ を計算すると $h=\frac12m\ell^2\dot\theta^2-\frac12m\dot x_0^2-mg\ell\cos\theta$ となる）は

で，保存しない．物理的には，支点を動かす外部の装置（モーターなど）がおもりに仕事をして，エネルギーを絶えず注入・吸収しているためであり，エネルギーが消えてなくなるわけではない（系と装置を合わせた全体では保存している）．

なお，論理には注意しよう．ネーターの定理が主張するのは「対称性があれば保存量がある」であり，「対称性が破れれば保存量は必ず失われる」ではない．対称性が破れると，その対称性に対応する保存量は一般には保存しなくなるが，別の（隠れた）対称性による保存量が残る場合もある（たとえば逆2乗の力によるケプラー問題には，回転対称性とは別のラプラス・ルンゲ・レンツ・ベクトルという保存量がある）．

例題46.6　一様重力のもとで保存する量・しない量

一様な重力（重力加速度 $g$，鉛直上向きを $z$ 軸）のもとで運動する質量 $m$ の質点のラグランジアンは $L=\frac12m(\dot x^2+\dot y^2+\dot z^2)-mgz$ である．(1) $x,y$ 方向の並進のもとで保存する量は何か．(2) $z$ 方向の並進のもとで $L$ はどう変わるか．運動量の $z$ 成分 $p_z$ は保存するか．(3) (2)の変換に対して定理46.3の一般形（$\Lambda\neq0$）を適用するとどんな量が保存するか．(4) 質点がばね定数 $k$ のばねで原点に固定されている（$U=\frac12kx^2$，1次元）場合，$x$ 方向の並進のもとで運動量は保存するか．

解答　(1) $x\to x+\varepsilon$ とすると，$L$ は $x$ を含まないので $\delta L=0$（$\Lambda=0$）．生成子は $f_x=1$ なので $J=p_x=m\dot x$ が保存する．同様に $y$ 方向の並進から $p_y=m\dot y$ が保存する．

(2) $z\to z+\varepsilon$（生成子 $f_z=1$）とすると，運動エネルギーは変わらず，$-mgz$ が $-mg(z+\varepsilon)$ になるので，

で $L$ は不変でない．実際，$z$ 方向のラグランジュ方程式 $\dot p_z=\pdiff{L}{z}=-mg$ より $p_z$ は時間とともに $-mg$ の割合で変化し，保存しない．「一様な重力」でも，力（$-mg$）が鉛直方向を向いているために，$z$ 方向の並進対称性は破れている．

(3) ただし，(2)の $\delta L=-mg\varepsilon$ は定数なので，$-mg\varepsilon=\varepsilon\diff{}{t}(-mgt)$ と全時間微分の形に書ける．すなわち条件 \eqref{eq:46-noether-cond} が $\Lambda=-mgt$ で成り立つ．定理46.3より保存量は

である．これは，等加速度運動の解 $\dot z(t)=\dot z(0)-gt$ から $m\dot z+mgt=m\dot z(0)$ と確かめられる（$t$ を陽に含む保存量）．

(4) $x\to x+\varepsilon$ とすると $\delta L=-kx\varepsilon\neq0$ で，実際 $\dot p_x=-kx$ なので $p_x$ は保存しない．この $\delta L$ は，どんな $\Lambda$ を使っても $\varepsilon\,\dd \Lambda/\dd t$ の形に書けない（$\dd \Lambda/\dd t=\pdiff{\Lambda}{t}+\dot x\pdiff{\Lambda}{x}+\ddot x\pdiff{\Lambda}{\dot x}$ が任意の運動で $-kx$ に等しくなるには，$\dot x,\ddot x$ の係数から $\pdiff{\Lambda}{x}=\pdiff{\Lambda}{\dot x}=0$ が必要で，すると $\pdiff{\Lambda}{t}=-kx$ となるが，$\Lambda$ は $x$ を含まないので不可能）．したがって，ばねで固定された質点には，運動量に対応する保存量は存在しない——固定点があることで空間の一様性（並進対称性）が壊れているからである．

例題46.7　単振動でポアソン括弧から正準方程式を再現する

単振動のハミルトニアン $H=\dfrac{p^2}{2m}+\dfrac12kx^2$（第45章 例題45.2）について，$\{x,H\}$ と $\{p,H\}$ をポアソン括弧の定義から直接計算し，正準方程式 $\dot x=p/m,\ \dot p=-kx$ が式 \eqref{eq:46-time-evolution} の形（$A$ が陽に $t$ を含まないので $\dot A=\{A,H\}$）で再現されることを確認せよ．

解答　定義46.3（1自由度なので和の記号は不要）より，

これは定理46.6より $\dot x=\{x,H\}=p/m$ であり，たしかにハミルトンの正準方程式（第45章）の一方と一致する．同様に，

よって $\dot p=\{p,H\}=-kx$ となり，正準方程式のもう一方とも一致する．一般に，公式46.1（式 \eqref{eq:46-bracket-with-qp}）から $\{q_i,H\}=\pdiff{H}{p_i}=\dot q_i$，$\{p_i,H\}=-\pdiff{H}{q_i}=\dot p_i$ が常に成り立つので，正準方程式そのものが，ポアソン括弧を使うと「$\dot q_i=\{q_i,H\},\ \dot p_i=\{p_i,H\}$」という1行に統一される．

例題46.8　惑星の角運動量とハミルトニアンのポアソン括弧

惑星運動のハミルトニアン $H=\dfrac{p_r^2}{2m}+\dfrac{p_\theta^2}{2mr^2}-\dfrac{GMm}{r}$（極座標 $(r,\theta)$ とその共役運動量 $(p_r,p_\theta)$，第45章 45.4節）について，$\{p_\theta,H\}=0$ であることをポアソン括弧の定義から示し，これが46.1節の角運動量保存則と対応することを確認せよ．

解答　定義46.3（2自由度 $q_1=r,q_2=\theta$）より，

$p_\theta$ は $r,p_r,\theta$ のどれにも依存しない独立変数なので，$\pdiff{p_\theta}{r}=0,\ \pdiff{p_\theta}{p_r}=0,\ \pdiff{p_\theta}{\theta}=0$ である．また $\pdiff{p_\theta}{p_\theta}=1$．さらに，$H$ は $\theta$ を陽に含まない（$\theta$ は巡回座標，46.1節）ので $\pdiff{H}{\theta}=0$．これらを代入すると，

（公式46.1を使えば，1行で $\{p_\theta,H\}=-\pdiff{H}{\theta}=0$ である）．よって定理46.6より $\dd p_\theta/\dd t=\{p_\theta,H\}+\pdiff{p_\theta}{t}=0+0=0$——$p_\theta$（角運動量）は保存する．これは，46.1節でラグランジュ形式（定理46.1）から得た結論を，ハミルトン形式・ポアソン括弧の言葉で再導出したものであり，「$\theta$ が巡回座標である」ことと「$\{p_\theta,H\}=0$ である」ことが，同じ事実の2つの表現であることを示している．

例題46.9　点変換 $Q=q^2$ に対応する $P$

$q\gt0$ の範囲で，点変換 $Q=q^2$ を考える．判定条件 $\{Q,P\}=1$ から，対応する $P$ を求めよ．

解答　$Q=q^2$ より $\pdiff{Q}{q}=2q,\ \pdiff{Q}{p}=0$ なので，判定条件は

となる．したがって $\pdiff{P}{p}=\dfrac{1}{2q}$（$q\gt0$ なので $2q\neq0$）．これを $p$ で積分すると $P=\dfrac{p}{2q}+g(q)$ であり，$g(q)=0$ とおいたもっとも簡単な選び方が

である（上で導いた一般公式 $P=p/Q'(q)$ に $Q'(q)=2q$ を代入したものと一致する）．検算として，このとき $\pdiff{P}{q}$ がどんな値であっても $\pdiff{Q}{p}=0$ なので $\{Q,P\}=2q\times\dfrac{1}{2q}-0\times\pdiff{P}{q}=1$ となり，たしかに正準変換の条件を満たす．

例題46.10　役割交換 $Q=p,\ P=-q$ は正準変換か

変換 $Q=p,\ P=-q$（座標と運動量の役割を入れ替え，符号を1つ反転させたもの）が正準変換であることを，判定条件 $\{Q,P\}=1$ から確認せよ．

解答　定義46.3にしたがって直接計算すると，

（$Q=p$ より $\pdiff{Q}{q}=0,\ \pdiff{Q}{p}=1$，$P=-q$ より $\pdiff{P}{q}=-1,\ \pdiff{P}{p}=0$ を使った）．たしかに $\{Q,P\}=1$ となり，この変換は正準変換である（母関数 $F=qQ$ から作ったものと同じ変換である）．「座標」と「運動量」という呼び名は，実は正準方程式の対称な構造のもとでは本質的な区別ではなく，$\{Q,P\}=1$ さえ保っていれば，どちらを「座標」と呼び，どちらを「運動量」と呼んでもよい——このことは，ハミルトン形式が単なるニュートン形式の書き換えを超えて，$q$ と $p$ を対等な資格をもつ変数として扱う，より対称性の高い枠組みであることを鮮やかに示している．

例題46.11　交換関係と古典極限 — $\hbar\to0$ で何が起こるか

対応 $\{\ ,\ \}\leftrightarrow\frac{1}{i\hbar}[\ ,\ ]$ のもとで，交換関係 $[\hat q,\hat p]=i\hbar$ が古典力学のポアソン括弧 $\{q,p\}=1$ に対応することを説明せよ．また，質量 $0.145\ \mathrm{kg}$ の野球のボール（位置の目安 $1\ \mathrm{m}$，速さ $30\ \mathrm{m/s}$）と，水素原子の中の電子（位置の目安はボーア半径 $a_0=5.29\times10^{-11}\ \mathrm{m}$，運動量の目安 $\hbar/a_0$）について，交換子の大きさ $\hbar$ を位置と運動量の積 $qp$（作用の次元 $\mathrm{J\,s}$）と比べ，前者では古典力学が良い近似になる理由を述べよ．$\hbar=1.0546\times10^{-34}\ \mathrm{J\,s}$ とする．

解答　$[\hat q,\hat p]=i\hbar$ の両辺を $i\hbar$ で割ると，$\dfrac{1}{i\hbar}[\hat q,\hat p]=1$ となり，左辺が「交換子 $\div\,i\hbar$」という置き換え（$\{\ ,\ \}\to\frac{1}{i\hbar}[\ ,\ ]$）の対応物，右辺が $\{q,p\}=1$ である．つまり，古典力学のポアソン括弧は，量子力学の「交換子を $i\hbar$ で割ったもの」に対応する．

交換子 $[\hat q,\hat p]=i\hbar$ の大きさ $\hbar$ が，位置と運動量の積 $qp$ に比べて十分小さければ，$\hat q\hat p$ と $\hat p\hat q$ の差は無視でき，2つの量は掛ける順序によらない普通の数のように扱える．ボールでは，$p=0.145\ \mathrm{kg}\times30\ \mathrm{m/s}=4.35\ \mathrm{kg\,m/s}$ なので $qp\approx1\ \mathrm{m}\times4.35\ \mathrm{kg\,m/s}=4.35\ \mathrm{J\,s}$ であり，

とまったく無視できる大きさである（次元の確認：$\mathrm{kg\,m/s}\times\mathrm{m}=\mathrm{J\,s}$ で $\hbar$ と同じ）．したがって，交換子は事実上0とみなせ，位置・運動量は数として扱ってよい——古典力学（ポアソン括弧の世界）が成り立つ．

電子では，$p\sim\hbar/a_0\approx1.0546\times10^{-34}\ \mathrm{J\,s}/5.29\times10^{-11}\ \mathrm{m}\approx2.0\times10^{-24}\ \mathrm{kg\,m/s}$ なので，$qp\sim a_0\times\hbar/a_0=\hbar$ となり，$\hbar/(qp)$ は1程度である．交換子が $qp$ と同程度の大きさをもつので，順序を入れ替えられないという量子力学の性質が本質的になり，古典力学は使えない．形式的に $\hbar\to0$ とすると，$[\hat q,\hat p]=i\hbar\to0$ であり，$\frac{1}{i\hbar}[\ ,\ ]$ が有限のポアソン括弧 $\{\ ,\ \}$ に残るので，量子力学は古典力学に移行する（対応原理）．

例題46.12　単振動の位相空間での面積保存の直接確認

質量 $m=0.50\ \mathrm{kg}$，角振動数 $\omega=4.0\ \mathrm{rad/s}$ の単振動 $H=p^2/(2m)+\frac12m\omega^2x^2$ の位相空間 $(x,p)$ で，時刻 $t=0$ に，長方形の領域 $x\in[1.0,1.5]\ \mathrm{m}$，$p\in[2.0,2.6]\ \mathrm{kg\,m/s}$ を占めていた初期条件の集まりを考える．この領域が，時間発展（正準方程式にしたがう運動）によって $\omega t_1=\pi/6$ となる時刻 $t_1=\pi/24\ \mathrm{s}\approx0.13\ \mathrm{s}$ にどんな図形に移るかを求め，面積が変わらないことを確認せよ．

解答　単振動の一般解は $x(t)=x_0\cos\omega t+\dfrac{p_0}{m\omega}\sin\omega t,\ \ p(t)=p_0\cos\omega t-m\omega x_0\sin\omega t$（初期条件 $x(0)=x_0,\ p(0)=p_0$．第7章 7.1節の解を初期条件で書き直したもの）である．変数を $\tilde p\equiv p/(m\omega)$（長さの次元をもつ）に取り替えると，

という，$(x,\tilde p)$ 平面での角度 $\omega t$（時計回り）の回転そのものであることが分かる．回転を表す行列の行列式は $\cos^2\omega t+\sin^2\omega t=1$ なので，$(x,\tilde p)$ 平面のどんな図形も，時間発展で回転するだけで面積は変わらない．具体的に確かめよう．$m\omega=0.50\times4.0=2.0\ \mathrm{kg/s}$ なので，初期領域は $(x,\tilde p)$ 平面では $x\in[1.0,1.5]\ \mathrm{m}$，$\tilde p\in[1.0,1.3]\ \mathrm{m}$ の長方形で，4つの頂点は $(1.0,1.0),\ (1.5,1.0),\ (1.5,1.3),\ (1.0,1.3)$ である．$\omega t_1=\pi/6$ で $\cos\omega t_1=0.8660,\ \sin\omega t_1=0.5$ を各頂点 $(x_0,\tilde p_0)$ に $x=0.8660x_0+0.5\tilde p_0$，$\tilde p=0.8660\tilde p_0-0.5x_0$ と適用すると，

• $(1.0,\,1.0)\to(1.366,\,0.366)$
• $(1.5,\,1.0)\to(1.799,\,0.116)$
• $(1.5,\,1.3)\to(1.949,\,0.376)$
• $(1.0,\,1.3)\to(1.516,\,0.626)$

移った先は，もとと同じ辺の長さ $0.5\ \mathrm{m}\times0.3\ \mathrm{m}$ の長方形を $30^\circ$（時計回りに）回転させたものである（図46.5）．面積は，頂点を順にたどるシューレースの公式 $S=\frac12\left|\sum_k(x_kp_{k+1}-x_{k+1}p_k)\right|$ で確かめられる．時刻0では $(1.0\times1.0-1.5\times1.0)+(1.5\times1.3-1.5\times1.0)+(1.5\times1.3-1.0\times1.3)+(1.0\times1.0-1.0\times1.3)=-0.5+0.45+0.65-0.3=0.30$ なので $S=\frac12\times0.30=0.15\ \mathrm{m^2}$，時刻 $t_1$ でも同じ4つの項 $-0.5,\ 0.45,\ 0.65,\ -0.3$ が得られ（各項は隣り合う頂点の位置ベクトルの外積で，回転で変わらない），$S=0.15\ \mathrm{m^2}$ である．

もとの $(x,p)$ 平面に戻すには $p=m\omega\tilde p=2.0\,\tilde p$ とすればよい．$t_1$ での4頂点は $(1.366,\,0.732),\ (1.799,\,0.232),\ (1.949,\,0.752),\ (1.516,\,1.252)$（$p$ の単位は $\mathrm{kg\,m/s}$）で，長方形は平行四辺形にゆがむ．しかし面積は，時刻0で $0.5\ \mathrm{m}\times0.6\ \mathrm{kg\,m/s}=0.30\ \mathrm{J\,s}$，時刻 $t_1$ でシューレースの公式を計算すると $\frac12\times|-1.0+0.9+1.3-0.6|=0.30\ \mathrm{J\,s}$ で等しい（$p$ 方向の縮尺を $m\omega$ 倍にする操作は，変換の前後で面積を同じ倍率 $2.0$ にするだけだから）．これは，リウヴィルの定理（定理46.10）を，厳密に解ける単振動という具体例で直接確かめたものである．

例題46.13　リウヴィルの定理が成り立たない例 — 摩擦のある振動子

質量 $m=0.50\ \mathrm{kg}$，ばね定数 $k$ のばねにつながれた物体が，速度に比例する抵抗力 $-b\dot x$（$b=0.20\ \mathrm{kg/s}$）を受けて1次元運動している．位相空間 $(x,p)$（$p=m\dot x$）での流れ $\bm v=(\dot x,\dot p)$ の発散を求め，領域の面積が時間とともにどう変わるかを調べよ．時刻 $t=5.0\ \mathrm{s}$ で，面積ははじめの何倍になるか．

解答　運動方程式は $m\ddot x=-kx-b\dot x$ なので，$p=m\dot x$ を使うと

である．流れ $\bm v=(p/m,\ -kx-bp/m)$ の発散は，

で，0ではなく負の定数である．証明（定理46.10の後半）で得た関係 $\dd V/\dd t=\int_{D_t}\operatorname{div}\bm v\,\dd V$ に代入すると $\dd V/\dd t=-(b/m)V$ となり，これを解くと

である．$b/m=0.20/0.50=0.40\ \mathrm{s^{-1}}$（次元の確認：$\mathrm{kg/s}\div\mathrm{kg}=\mathrm{s^{-1}}$）なので，$t=5.0\ \mathrm{s}$ では

すなわち面積は約 $13.5\,\%$ に縮む．領域内の点はすべて $(x,p)=(0,0)$（静止）へ向かって渦を巻いて集まっていくので，面積が縮むのは当然である．摩擦力は $H$ から導かれる力ではなく，この系は正準方程式にしたがわない．現実には，失われたエネルギーは熱として周囲（空気や，ばねの内部の膨大な数の分子）に移る．物体と周囲をすべて含めた全体の運動は（分子を1つ1つ数えれば）ハミルトンの流れなので，全体の位相空間では体積が保存する．この例で体積が縮んだのは，周囲の自由度を無視して物体の $(x,p)$ だけに注目したからである．

演習46.1　巡回座標と保存する運動量

$L=\dfrac12m(\dot x^2+\dot y^2)-U(x)$（位置エネルギー $U$ は $x$ だけに依存し，$y$ には依存しない）というラグランジアンについて，$y$ が巡回座標であることを示し，対応する運動量 $p_y$ が保存することを確かめよ．

ヒント：定義46.1にしたがって $\pdiff{L}{y}$ を計算し，定理46.1を適用せよ．

→ 解答

演習46.2　エネルギー関数と $H=T+U$ の一致

運動エネルギー $T$ が一般化速度 $\dot q_i$ の2次形式 $T=\frac12\sum_{i,j}m_{ij}(q)\dot q_i\dot q_j$（$m_{ij}=m_{ji}$，時刻 $t$ を陽に含まない）で，位置エネルギー $U=U(q)$ が速度によらないとき（$L=T-U$），エネルギー関数 $h=\sum_i\dot q_i\pdiff{L}{\dot q_i}-L$ が $h=T+U$ と一致することを示せ．

ヒント：2次形式の性質 $\sum_i\dot q_i\pdiff{T}{\dot q_i}=2T$（オイラーの斉次関数の定理，$T$ が $\dot q$ について2次の同次関数であることによる）を使うとよい．

→ 解答

演習46.3　2重振り子に巡回座標はあるか

同じ長さ $\ell$，同じ質量 $m$ の2つの単振り子を，1つ目の振り子の先に2つ目の振り子をつなげた「2重振り子」（自由度2，一般化座標を2つの振れ角 $\theta_1,\theta_2$ にとる）を考える．この系のラグランジアンには，一般に $\theta_1,\theta_2$ の両方が（$\cos(\theta_1-\theta_2)$ のような形で）陽に現れる．巡回座標（定義46.1の意味で $L$ を陽に含まない座標）が存在するかどうかを考察せよ．

ヒント：2重振り子の重力による位置エネルギーは，鉛直下向きを基準にした $\theta_1,\theta_2$ そのものの関数になる（回転対称性が壊れている）．どんな向きに支点を回転させても位置エネルギーが変わらない惑星運動（本章46.1節）との違いを考えよ．

→ 解答

演習46.4　時間に陽に依存するポテンシャルとエネルギー非保存

時刻 $t$ に陽に依存するポテンシャル $U(x,t)$ の具体例を1つ挙げ（例：時間とともに強さが変わる外力によるポテンシャル），そのときのラグランジアン $L=\frac12m\dot x^2-U(x,t)$ に対して，エネルギー関数 $h=\frac12m\dot x^2+U(x,t)$ が一般には保存しないことを，定理46.2の式 \eqref{eq:46-energy-func-conserved} を使って式で確認せよ．

ヒント：$\pdiff{L}{t}=-\pdiff{U}{t}$ を計算し，これが一般に0でないことを言えばよい．

→ 解答

演習46.5　ポアソン括弧の反対称性の直接確認

ポアソン括弧の定義46.3の式 \eqref{eq:46-poisson-def} から出発して，$\{A,B\}=-\{B,A\}$ を，$A,B$ を入れ替えて直接示せ（定理46.4の反対称性の証明を，自分の手で最初から再現せよ）．

→ 解答

演習46.6　時間発展の統一公式の導出

位相空間の関数 $A(q,p,t)$（$t$ を陽に含まないとする）について，正準方程式 $\dot q_i=\partial H/\partial p_i,\ \dot p_i=-\partial H/\partial q_i$ から出発して，$\dd A/\dd t=\{A,H\}$（定理46.6の $\partial A/\partial t=0$ の場合）を導け．

ヒント：定理46.6の導出をなぞればよいが，自分の手で連鎖律の式を書き下すところから始めること．

→ 解答

演習46.7　$\{L_z,H\}=0$ となる条件

角運動量の $z$ 成分 $L_z=xp_y-yp_x$ について，$\{L_z,H\}=0$（$L_z$ が保存量になる条件）が成り立つためには，ハミルトニアン $H(x,y,z,p_x,p_y,p_z)$ がどのような性質をもてばよいか考察せよ．

ヒント：$L_z$ は，$xy$ 平面内での回転（46.2.2項）を生成する量である．$H$ が $z$ 軸まわりの回転に対してどうふるまえば $\{L_z,H\}=0$ になるか，46.2節のネーターの定理の議論と関連づけて考えよ．まず4つの偏微分 $\pdiff{L_z}{x},\pdiff{L_z}{y},\pdiff{L_z}{p_x},\pdiff{L_z}{p_y}$ を書き出して定義46.3に代入せよ．

→ 解答

演習46.8　$Q=q,\ P=p+f(q)$ は常に正準変換であることを示せ

$f(q)$ を $q$ だけの任意の関数とする．変換 $Q=q,\ P=p+f(q)$ が，$f$ の形によらず常に正準変換になる（判定条件 $\{Q,P\}=1$ を満たす）ことを示せ．

ヒント：定義46.3にしたがって $\{Q,P\}=\pdiff{Q}{q}\pdiff{P}{p}-\pdiff{Q}{p}\pdiff{P}{q}$ を直接計算せよ．

→ 解答

演習46.9　有効ポテンシャルと軌道の種類

惑星運動の有効ポテンシャル $U_{\rm eff}(r)=\dfrac{p_\theta^2}{2mr^2}-\dfrac{GMm}{r}$（例題46.3）について，(1) 極小値 $E_{\min}$ とそのときの半径 $r_0$ を $p_\theta$ で表せ．(2) グラフの概形（図8.5を参照）を描き，力学的エネルギー $E$ が (a) $E=E_{\min}$，(b) $E_{\min}\lt E\lt0$，(c) $E=0$，(d) $E\gt0$ の各場合について，軌道の種類（円・楕円・放物線・双曲線）と，$r$ の取りうる範囲を答えよ．

ヒント：動径方向の運動は $E=\frac12m\dot r^2+U_{\rm eff}(r)$ で決まり，$\dot r^2\ge0$ から $E\ge U_{\rm eff}(r)$ でなければならない．$E$ の水平線と $U_{\rm eff}$ の曲線の交点が，$r$ の折り返し点である．

→ 解答

演習46.10　母関数 $F=qQ$ と単振動の変換

(1) 母関数 $F(q,Q)=qQ$ から，式 \eqref{eq:46-generating-function} を使って $p,P$ を求めよ．(2) この変換が $\{Q,P\}=1$ を満たすことを確かめよ．(3) 単振動のハミルトニアン $H=\dfrac{p^2}{2m}+\dfrac12kq^2$ を新しい変数で書いた $K(Q,P)$ を求め，$\dot Q=\pdiff{K}{P},\ \dot P=-\pdiff{K}{Q}$ が，もとの運動方程式と矛盾しないことを確かめよ．

ヒント：$F$ が $t$ を含まないので $K=H$ である．$q=-P,\ p=Q$ を $H$ に代入する．

→ 解答

演習46.11　$\rho=\rho(H)$ は定常分布

(1) 位相空間の分布関数がエネルギーだけの関数 $\rho=\rho(H)$ のとき，リウヴィル方程式 \eqref{eq:46-liouville-eq} から $\pdiff{\rho}{t}=0$ を示せ．(2) 1次元の単振動 $H=p^2/(2m)+\frac12kx^2$ で $\rho=\exp(-\beta H)$（$\beta$ は正の定数）の場合，この分布が時間によらない理由を，位相空間での点の運動（楕円軌道）の言葉で説明せよ．

ヒント：連鎖律 $\pdiff{\rho}{q_i}=\rho'(H)\pdiff{H}{q_i}$ を使う．

→ 解答

演習46.12　$\{L_x,\abs{\bm L}^2\}=0$ の確認

$\abs{\bm L}^2=L_x^2+L_y^2+L_z^2$ とする．定理46.7とライプニッツ則（定理46.4）を使って，$\{L_x,\abs{\bm L}^2\}=0$ を示せ．巡回的な入れ替えにより $\{L_z,\abs{\bm L}^2\}=0$ も成り立つ．これは何を意味するか．

ヒント：$\{L_x,L_y^2\}=2L_y\{L_x,L_y\}$ のように，第2引数についてのライプニッツ則を使う．$\{L_x,L_z\}=-\{L_z,L_x\}=-L_y$ に注意．

→ 解答

演習46.13　ハミルトン・ヤコビ方程式の位置づけ

(1) ハミルトン・ヤコビ方程式を書き，そこに現れる $S$ と，新しい変数 $(Q,P)$ の性質を説明せよ．(2) 自由粒子 $H=p^2/(2m)$ について，$S=Pq-\dfrac{P^2}{2m}t$（$P$ は定数）がこの方程式の解であることを確かめ，$Q=\pdiff{S}{P}$ が一定であることから，運動が等速直線運動になることを導け．

ヒント：$p=\pdiff{S}{q},\ Q=\pdiff{S}{P}$（式 \eqref{eq:46-generating-type2}）．

→ 解答