ラグランジュ方程式
ラグランジュ方程式とは、デカルト座標を用いて記述されたニュートンの運動方程式を、一般座標系に拡張した方程式です。ラグランジュ方程式は、ハミルトンの原理より導くことができます。
尚、一般化座標系とは、位置の表示がなるべく簡単に記述できるように設定された座標系で、極座標系や円柱座標系などがあります。３次元の場合の一般座標系（ $q_1,q_2,･･･$ ）とデカルト座標系（ $x,y,z$ ）とは、以下の関係で表されます。
$$x=x(q_1,q_2,q_3,t)$$$$y=y(q_1,q_2,q_3,t)$$$$z=z(q_1,q_2,q_3,t)$$
系のラグラジアンを以下で表すと、
$$L=L(q_1,\dot{q}_1,･･･,t)$$
ハミルトンの原理は次のように表され、
$$\delta I\equiv\delta\int_1^2L(q_1,\dot{q}_1,･･･,t)dt=0 -①$$
ラグランジュ方程式は以下になります。
$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_r}\right)-\frac{\partial L}{\partial q_r}=0 -②$$
ラグランジュ方程式は、関数 $q$ の汎関数であるラグラジアンの時間積分が停留値を持つための条件になります。これは、変分法と呼ばれる方法で求めるができます。
②の導出
以下は式を簡単にするため、１関数の場合を扱います。ハミルトンの原理①を以下のように変形します。
$$\delta I\equiv\delta\int_1^2L(q,\dot{q},t)dt=\int_1^2\Big(\frac{\partial L}{\partial q}\delta q+\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\delta\dot{q}\Big)dt$$
右辺第２項で $\delta$ と時間微分を入れ替えて、部分積分法を使うと、
$$\int_1^2\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\frac{d(\delta q)}{dt}dt=\left[\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\delta q\right]_1^2-\int_1^2\frac{d}{dt}\Big(\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\Big)\delta qdt$$
時刻 $t_1$ と $t_2$ で差分 $\delta q$ は０になるため、第１項は消えます。従って、
$$\delta I=\int_1^2\left(\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\Big(\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\Big)\right)\delta qdt$$
ここで、$\delta q$ は任意の値をとるため、$\delta I=0$ となる条件として被積分部分が０であるラグランジュ方程式②が導かれます。
ラグラジアンの形
以下は簡単のためデカルト座標 ${\bf r}$ を使います。
ポテンシャルが存在する場合
ポテンシャルが存在する場合のラグラジアンは以下になります。
$$L=\frac{m}{2}\dot{\bf r}^2-V$$
磁場が存在する場合
磁場が存在する場合のラグラジアンは以下になります。
$$L=\frac{m}{2}\dot{\bf r}^2-q\phi+q\dot{\bf r}\cdot{\bf A} -③$$
ここで、$\phi$ はスカラーポテンシャル、${\bf A}$ はベクトルポテンシャル、$q$ は電荷です。
$${\bf E}=-\nabla\phi-\frac{\partial{\bf A}}{\partial t}$$$${\bf B}=\nabla\times{\bf A}$$
③の導出
ローレンツ力による運動方程式を、スカラーポテンシャルとベクトルポテンシャルを使って書き替えると、
$$m\ddot{\bf r}=q({\bf E}+{\bf v}\times{\bf B})$$$$=q\Big(-\nabla\phi-\frac{\partial{\bf A}}{\partial t}+{\bf v}\times(\nabla\times{\bf A})\Big) -(1)$$
一方、ラグラジアン③を書き下すと、
$$L=\frac{m}{2}(\dot{x}^2+\dot{y}^2+\dot{z}^2)-q\phi+q(\dot{x}A_x+\dot{y}A_y+\dot{z}A_z)$$
ラグランジュ方程式①に代入すると、
$$0=\frac{d}{dt}(m\dot{x}+qA_x)+q\frac{\partial\phi}{\partial x}-q\Big(\dot{x}\frac{\partial A_x}{\partial x}+\dot{y}\frac{\partial A_y}{\partial x}+\dot{z}\frac{\partial A_z}{\partial x}\Big)$$$$=m\ddot{x}+q\frac{\partial A_x}{\partial t}+q\frac{\partial\phi}{\partial x}-q\left(\dot{y}\Big(\frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y}\Big)-\dot{z}\Big(\frac{\partial A_x}{\partial z}-\frac{\partial A_z}{\partial x}\Big)\right)$$
これは(1)の $x$ 成分を表しています。尚、途中で以下の関係を使っています。
$$\frac{dA_x}{dt}=\frac{\partial A_x}{\partial t}+\dot{x}\frac{\partial A_x}{\partial x}+\dot{y}\frac{\partial A_x}{\partial y}+\dot{z}\frac{\partial A_x}{\partial z}$$
ラグラジアン密度の系
系が、次のラグラジアン密度 ${\mathcal L}$ で表される場合のラグランジュ方程式を導きます。ここで、$\phi$ は場の変数です。
$${\mathcal L}={\mathcal L}\big(\phi({\bf q}),\partial_\mu\phi({\bf q})\big)$$$$\partial_\mu\equiv\frac{\partial}{\partial q_\mu}$$
ハミルトンの原理は次のように表され、
$$\delta I\equiv\delta\int{\mathcal L}\Big(\phi({\bf q}),\partial_\mu\phi({\bf q})\Big)d{\bf q}=0 -⓸$$
ラグランジュ方程式は以下になります。
$$\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial\phi}-\frac{\partial}{\partial q_\mu}\Big(\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Big)=0 -⑤$$
⑤の導出
ハミルトンの原理⓸より、
$$\delta I=\int\Big(\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial\phi}\delta\phi+\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\delta(\partial_\mu\phi)\Big)d{\bf q}$$
右辺第２項で変分と微分を入れ替えると、
$$\int\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\partial_\mu(\delta\phi)d{\bf q}=\left[\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\delta\phi\right]-\int\partial_\mu\Big(\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Big)\delta\phi d{\bf q}$$
境界条件として、右辺第１項は０と置くことができるため、以下になります。
$$\delta I=\int\left(\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial\phi}-\partial_\mu\Big(\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\Big)\right)\delta\phi d{\bf q}$$
ここで、$\delta\phi$ は任意の値をとるため、$\delta I=0$ となる条件として被積分部分が０であるラグランジュ方程式⑤が導かれます。
対称性
ラグラジアンの対称性
ラグラジアンの対称性は保存する「チャージ」の存在を保証します。ここでチャージとは、電荷や運動量などの物理量です。ラグラジアンの対称性とは、ある変換（対称変換）に対してラグラジアンが不変に保たれるということを指します。
ラグラジアンを $L(q,\dot{q},t)$ として、次の微小並進変換を考えます。ここで $\epsilon$ は無限小の定数、$h$ を適当な関数とします。
$$q(t) \to q(t)+\delta q(t)=q(t)+\epsilon h(q,t) －①$$$$\dot{q}(t) \to \dot{q}(t)+\delta\dot{q}(t)=\dot{q}(t)+\frac{d(\delta q)}{dt} －②$$
この微小変分に対してラグラジアンが不変であるとき、以下で定義される物理量 $Q$（チャージ）
$$\epsilon Q\equiv\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\delta q －③$$
は、運動方程式に従う運動 $q(t)$ に対して保存量となります。
$$\frac{dQ}{dt}=0 －④$$
例えば、ポテンシャル場のない粒子のラグラジアン $L=m\dot{q}^2/2$ の場合は、保存量は $Q=m\dot{q}$ となり、運動量が保存されることが示されます。
保存則の導出
①と②の微小並進変換に対しラグラジアンが不変であるから、
$$\delta L(q,\dot{q},t)=\frac{\partial L}{\partial q}\delta q+\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\delta\dot{q}=0$$
これにラグランジュ方程式
$$\frac{d}{dt}\Big(\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\Big)-\frac{\partial L}{\partial q}=0$$
を代入すると、
$$\frac{d}{dt}\Big(\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\Big)\delta q+\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\frac{d(\delta q)}{dt}=0$$$$\frac{d}{dt}\Big(\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\delta q\Big)=0$$
③の定義より④が成り立つことが分かります。
ラグラジアン密度の対称性
ラグラジアン密度の対称性は保存する「カレント」の存在を保証します。ここでカレントとは、電荷（チャージ）に対する電流密度に相当します。ラグラジアン密度の対称性とは、ある変換（対称変換）に対してラグラジアン密度が不変に保たれることを指します。
作用の式をラグラジアン密度の積分として表します。尚、$\phi$ は場の関数で、一般には複数存在しますが、ここでは簡単のため１つとしています。
$$S=\int{\mathcal L}\Big(\phi(q),\partial_a\phi(q)\Big)dq^0\cdots dq^d$$$$\partial_a\phi\equiv\frac{\partial\phi}{\partial q^a}$$
以下の微小変分を考えます。ここで $\epsilon$ は無限小の定数です。添字 $\mu$ は対称変換のパラメタを識別し、カレントの種類を表します。
$$\phi(q) \to \phi(q)+\delta\phi(q)=\phi(q)+\epsilon^\mu h_\mu(q) －⑤$$
$$\partial_a\phi \to \partial_a\phi+\delta(\partial_a\phi)=\partial_a\phi+\partial_a(\delta\phi)$$
この微小変分に対してラグラジアン密度が不変であるとき、以下で定義される物理量 $J_\mu^a$（カレント）
$$\epsilon^\mu J_\mu^a\equiv\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial(\partial_a\phi)}\delta\phi －⑥$$
は、保存量となります。
$$\frac{\partial J_\mu^a}{\partial q^a}=0 －⑦$$
尚、チャージはカレントの第０成分を空間積分することで得られます。
$$Q_\mu=\int J_\mu^0dq^1\cdots dq^d$$
保存則の導出
⑤の微小変位に対しラグラジアンは不変であるから、
$$\delta{\mathcal L}=\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial\phi}\delta\phi+\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial(\partial_a\phi)}\delta(\partial_a\phi)=0$$
これに、ラグランジュ方程式
$$\partial_a\Big(\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial(\partial_a\phi)}\Big)-\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial\phi}=0$$
を代入すると、
$$\partial_a\Big(\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial(\partial_a\phi)}\Big)\delta\phi+\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial(\partial_a\phi)}\partial_a(\delta\phi)=0$$$$\partial_a\Big(\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial(\partial_a\phi)}\delta\phi\Big)=0$$
⑥の定義より⑦が成り立つことが分かります。
