1. 自由度1の質点を考え、この系のラグランジアンを $L = L(q, \dot{q}, t)$ とする。質点は時刻 $t=t_1$ に $P_1$ を出発し、時刻 $t=t_2$ に $P_2$ に到着したとする。作用積分 $S$ を $$S = \int^{t_2}_{t_1} L dt.$$ で定義する。最小作用の原理によれば、質点の運動は S の値が最小になるように決まる。これは、運動が本来の経路からわずかにずれて $(q+\delta q, \dot{q}+\delta{\dot{q}})$ となっても、任意の $\delta q$, $\delta \dot{q}$ に対して作用積分が変化しないことを意味する。すなわち、$$\delta S = \delta \int^{t_2}_{t_1} L dt = 0.$$ この関係から、オイラー・ラグランジュ方程式 $$\frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \right) = 0.$$ を導け。ただし、始点 $P_1$ と終点 $P_2$ は固定されており、$\delta(t_1) = \delta(t_2) = 0$ とする。また、$\delta q$, $\delta \dot{q}$ は十分小さく、2次以上の項は無視してよい。
解答
$$\delta L = \frac{\partial{L}}{\partial{q}} \delta q + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta \dot{q}$$
部分積分を用いると、
$$\int \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta \dot{q} dt = - \int \frac{d}{dt} \Big( \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \Big) \delta q dt + \left[ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta q \right]$$
すると、
$$\delta S = \int^{t_2}_{t_1} \delta L dt = \int^{t_2}_{t_1} \left( \frac{\partial L}{\partial q} \delta q + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta \dot{q} \right) dt$$
$$= \left[ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \delta q \right]^{t_2}_{t_1} + \int^{t_2}_{t_1} \left\{ \frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \right) \right\} \delta q dt = 0$$
したがって、
$$\frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \right) = 0$$
2. 座標の並進 $q \rightarrow q + \Delta q$ に対してラグランジアンが不変な系では、$p$ が保存する。$$p \equiv \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}$$ これはオイラー・ラグランジュ方程式の第1項が0になることからわかり、運動量保存則に対応する。一方、時間の並進 $t \rightarrow t + \Delta t$ に対してラグランジアンが不変なとき、エネルギーが保存することを示せ。ヒント：L の全微分を計算せよ。
解答
$dE = 0$ を示せばよい。
$$E = p\dot{q} - L \implies dE = d(p\dot{q}) - dL$$
また、
$$dL = \frac{\partial L}{\partial q} dq + \frac{\partial{L}}{\partial \dot{q}} d\dot{q} + \frac{\partial L}{\partial t} dt$$
ここで、$\frac{\partial L}{\partial t} = 0$, $\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = p$、そしてオイラー・ラグランジュ方程式より $\frac{\partial L}{\partial q} = \dot{p}$ である。したがって、
$$dL = \dot{p} dq + p d\dot{q} = d(p\dot{q})$$
これを代入すると、
$$dE = d(p\dot{q}) - d(p\dot{q}) = 0$$
3. 図2.3.1のように、円柱座標系において、質量 $m$ の質点が $z = f(r)$ に固定された針金に沿ってなめらかに運動する。$f(0) = 0$ であり、針金は連続で $f(r)$ は微分可能とする。
(1) この系のラグランジアン $L$ を $m, g, \omega, r, \dot{r}, f, f'(=\frac{df}{dr})$ を用いて表せ。ただし、ラグランジアンは $L = T - U$ であり、$T$ は運動エネルギー、$U$ はポテンシャルエネルギーである。
解答
直交座標系での質点の位置は、
$$(x, y, z) = (r\cos{\omega t}, r\sin{\omega t}, f(r)).$$
$t$ で微分すると、
$$(\dot{x}, \dot{y}, \dot{z}) = (\dot{r}\cos{\omega t} - r\omega\sin{\omega t}, \dot{r}\sin{\omega t} + r\omega \cos{\omega t}, \dot{r}f')$$
したがって、
$$v^2 = \dot{x}^2 + \dot{y}^2 + \dot{z}^2 = \dot{r}^2 + r^2\omega^2 + \dot{r}^2(f')^2$$
$$L = T - U = \frac{1}{2} m (\dot{r}^2 + r^2\omega^2 + \dot{r}^2(f')^2) - mgf(r)$$
(2) 質点が静止している（$\dot{r} = 0$）とき、L をオイラー・ラグランジュ方程式に代入し、$f(r)$ を $g, \omega, r$ を用いて表せ。
解答
$r$ についてのオイラー・ラグランジュ方程式に $L$ を代入すると、
$$\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} \right) = m\ddot{r}(1 + (f')^2) + 2m\dot{r}^2 f' f''$$
$\dot{r} = \ddot{r} = 0$ のとき、左辺は0になる。
$$\frac{\partial L}{\partial r} = mr\omega^2 - mgf'(r) = 0$$
$$f'(r) = \frac{\omega^2}{g} r \implies \frac{df(r)}{dr} = \frac{\omega^2}{g}r$$
$$f(r) = \frac{\omega^2}{2g} r^2 + C$$
条件 $f(0) = 0$ より $C = 0$ となる。
$$f(r) = \frac{\omega^2}{2g} r^2$$
図2.3.1