どうも(^^)/
前回は、ガリレイの相対性原理に対してラグランジュ方程式は変わらないっていうのをやりましたね!(^^)!
具体的にはガリレイ変換した際のラグランジアンは
\begin{align*}{L}’=L+\frac{1}{2}m(-2vV+V^2)\cdot\cdot\cdot (1)\end{align*}
と、このようになりますが結局ラグランジュ方程式は、
\begin{align*}\frac{d}{dt}\frac{\partial {L}’}{\partial \dot{q}}-\frac{\partial {L}’}{\partial q}=0\end{align*}
となり、形は変わりませんでした。
つまり、ガリレイ変換に対してラグランジュ方程式は変わらない⇔運動方程式は変わらない。
というのが前回の結論でしたが、
もっと一般的に、
本記事の目標
座標と時間に対する任意関数\(f(q,t)\)についての導関数\(\frac{df(q,t)}{dt}\)をラグランジアンに加えてもラグランジュ方程式が変わらないということを本記事で示そうと思います。
つまり、
ラグランジアン
\begin{align*}{L}'(q,\dot{q},t)=L(q,\dot{q},t)+\frac{d}{dt}f(q,t)\cdot\cdot\cdot (2)\end{align*}
としても、
ラグランジュ方程式
\begin{align*}\frac{d}{dt}\frac{\partial {L}’}{\partial \dot{q}}-\frac{\partial {L}’}{\partial q}=0\cdot\cdot\cdot (3)\end{align*}
を満たすことを示します!(^^)!
ラグランジアンには、導関数\(\frac{df(q,t)}{dt}\)を付け加えても良いという任意性があるということですね。
それではやってみましょう(^^)/
ラグランジュ方程式に(2)式を代入
もともとラグランジアン\(L\)自体はラグランジュ方程式
\begin{align*}\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}-\frac{\partial L}{\partial q}=0\cdot\cdot\cdot (4)\end{align*}
を満たしているわけですので(2)式を
\begin{align*}L(q,\dot{q},t)={L}'(q,\dot{q},t)-\frac{d}{dt}f(q,t)\cdot\cdot\cdot (5)\end{align*}
として、(4)式に代入しましょう。
※その前に(5)式は見にくいので、\(L={L}’-\dot{f}\)としましょう。
すると、
\begin{align*}\frac{d}{dt}\bigg(\frac{\partial {L}’}{\partial \dot{q}}-\frac{\partial \dot{f}}{\partial \dot{q}}\bigg)-\frac{\partial}{\partial q}\bigg({L}’-\dot{f}\bigg)=0\end{align*}
⇔
\begin{align*}\bigg(\frac{d}{dt}\frac{\partial {L}’}{\partial \dot{q}}-\frac{\partial {L}’}{\partial q}\bigg)-\bigg(\frac{d}{dt}\frac{\partial \dot{f}}{\partial \dot{q}}-\frac{\partial \dot{f}}{\partial q}\bigg)=0\cdot\cdot\cdot (6)\end{align*}
と、このようになりました。
ひとつめの括弧はちょうどラグランジュ方程式の形になっているので、二つ目の括弧が0になってくれていたら、本記事の目標は達成ですね!(^^)!
それでは、二つ目の括弧の中をひとつひとつ見ていきましょう。
(6)式の二つ目の括弧内の\(\frac{d}{dt}\frac{\partial \dot{f}}{\partial \dot{q}}\)について
まず\(f(q,t)\)の時間のについて常微分\(\dot{f}\)は、
\begin{align*}\dot{f}=\frac{d f(q,t)}{dt}=\frac{\partial f}{\partial q}\frac{dq}{dt}+\frac{\partial f}{\partial t}\frac{dt}{dt}\end{align*}
⇔
\begin{align*}\dot{f}=\frac{d f(q,t)}{dt}=\frac{\partial f}{\partial q}\dot{q}+\frac{\partial f}{\partial t}\cdot\cdot\cdot (7)\end{align*}
と、このようになりました。
さらに、\(\dot{q}\)で偏微分すると、右辺第二項は\(\dot{q}\)に依存しないので消えて、
\begin{align*}\frac{\partial \dot{f}}{\partial \dot{q}}=\frac{\partial f}{\partial q}\cdot\cdot\cdot (8)\end{align*}
と、こうなります。
(8)式を時間で常微分してやれば、
\begin{align*}\frac{d}{dt}\frac{\partial \dot{f}}{\partial \dot{q}}=\frac{\partial }{\partial q}\bigg(\frac{\partial f}{\partial q}\bigg)\frac{dq}{dt}+\frac{\partial }{\partial t}\bigg(\frac{\partial f}{\partial q}\bigg)\frac{dt}{dt}\end{align*}
⇔
\begin{align*}\frac{d}{dt}\frac{\partial \dot{f}}{\partial \dot{q}}=\frac{\partial }{\partial q}\bigg(\frac{\partial f}{\partial q}\bigg)\dot{q}+\frac{\partial }{\partial t}\bigg(\frac{\partial f}{\partial q}\bigg)\cdot\cdot\cdot (9)\end{align*}
(6)式の二つ目の括弧内の\(\frac{\partial \dot{f}}{\partial q}\)について
(7)式をそのまま使いましょう。
ここでは\(q\)と\(\dot{q}\)が独立であることに注意すれば、
\begin{align*}\frac{\partial \dot{f}}{\partial q}=\frac{\partial }{\partial q}\bigg(\frac{\partial f}{\partial q}\bigg)\dot{q}+\frac{\partial }{\partial q}\bigg(\frac{\partial f}{\partial t}\bigg)\cdot\cdot\cdot (10)\end{align*}
(9)式に近づいてきましたね。
右辺の第二項の微分の順番がちょっと違うくらいでしょうか。
これはシュワルツの定理より微分の順番を入れ替えても良いでしょう。
シュワルツの定理
二変数関数\(f(x,y)\)に関して、\(f_{xy}\)、\(f_{yx}\)が存在していてともに連続であるならば、\(f_{xy}=f_{yx}\)である。
シュワルツの定理を満たしている関数\(f(x,y)\)の微分の順序を入れ替えても良い。
ゆえに(10)式は、
\begin{align*}\frac{\partial \dot{f}}{\partial q}=\frac{\partial }{\partial q}\bigg(\frac{\partial f}{\partial q}\bigg)\dot{q}+\frac{\partial }{\partial t}\bigg(\frac{\partial f}{\partial q}\bigg)\cdot\cdot\cdot (11)\end{align*}
となり、(9)式と同じになりました。
(9)式と(11)式から、
\begin{align*}\frac{d}{dt}\frac{\partial \dot{f}}{\partial \dot{q}}=\frac{\partial \dot{f}}{\partial q}\cdot\cdot\cdot (12)\end{align*}
お、どうやら(6)式
\begin{align*}\bigg(\frac{d}{dt}\frac{\partial {L}’}{\partial \dot{q}}-\frac{\partial {L}’}{\partial q}\bigg)-\bigg(\frac{d}{dt}\frac{\partial \dot{f}}{\partial \dot{q}}-\frac{\partial \dot{f}}{\partial q}\bigg)=0\cdot\cdot\cdot (6)\end{align*}
の二つ目の括弧内は0になってくれるようです!(^^)!
まとめ
ラグランジアン
\begin{align*}{L}'(q,\dot{q},t)=L(q,\dot{q},t)+\frac{d}{dt}f(q,t)\cdot\cdot\cdot (2)\end{align*}
としても、
ラグランジュ方程式
\begin{align*}\frac{d}{dt}\frac{\partial {L}’}{\partial \dot{q}}-\frac{\partial {L}’}{\partial q}=0\cdot\cdot\cdot (3)\end{align*}
を満たす!(^^)!
座標と時間に対する任意関数\(f(q,t)\)についての導関数\(\frac{df(q,t)}{dt}\)をラグランジアンに加えてもラグランジュ方程式が変わらない。
念のため・・・
ガリレイ変換した際のラグランジアンは
\({L}’=L+\frac{1}{2}m(-2vV+V^2)\)も、\({L(q,\dot{q},t)}’=L(q,\dot{q},t)+\frac{d}{dt}f(q,t)\)
の形をしているのですよね。
一応やってみると、
\({L}’=L+\frac{1}{2}m(-2vV+V^2)=L+\frac{d}{dt}\bigg(\frac{1}{2}m(-2rV+tV^2)\bigg)\)(※座標\(r\)とした)とすれば、
\begin{align*}{L(q,\dot{q},t)}’=L(q,\dot{q},t)+\frac{d}{dt}f(q,t)\end{align*}
と同じ形で、当然ラグランジュ方程式の形も変わりません。
ゆえに、運動方程式も変わりません。
ということになります!(^^)!
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