Hamilton-Jacobi方程式

Dr. SSS 2019/08/03 - 15:12:22 古典力学
はじめに

最小作用の原理によって,決められた始点と終点を通る軌道の中から仮想的な軌道をスクリーニングし,物理的に実現される軌道が選び出されるが,ここでは作用について別の見方をする。作用の始点を固定したまま,終点を動かすことで,始点を共有する異なる軌道の束に関する式,Hamilton-Jacobi方程式を得ることができる。


keywords: 古典力学, Lagrange力学, 解析力学, 変分原理, Hamilton力学

内容

導出

作用を終点の時刻$t$と終点の位置$q$の関数とし,途中の時間パラメータを$t'$とすれば

\begin{align} S(q,t)=\int^{t'} Ldt' \end{align}

と表せる。ここで始点の時刻$t_0$は省略した。

まず,終点の空間的な位置はそのままで,そこに至る時刻がわずかに異なる軌道にずれた場合の作用の変化を考えよう。元の軌道の終点を$q(t)$に対して,$\delta t$だけ長く時間をかけて同じ点に至る軌道を$q_{\delta t}(t')$と記す。

時刻$t$においてこの軌道は$q_{\delta t}(t)=q(t)+\delta q(t)$と書ける。この軌道は終点で$q_{\delta t}(t+\delta t)=q(t+\delta t)+\delta q(t+\delta t)$となるが,右辺一項目は$q(t+\delta t)=q(t)+\dot{q}(t) \delta t$と展開できるので,新たな軌道の終点は

\begin{align} q_{\delta t}(t+\delta t)=q(t)+\dot{q}(t) \delta t + \delta q(t+\delta t) \end{align}

と書ける。これが,元の軌道の終点$q(t)$と等しいため

\begin{align} \label {delta q} \delta q(t+\delta t)=-\dot{q}(t) \delta t \end{align}

が得られる。


時刻$t$に終点$q$に至る元の軌道と,到達点および到達時刻がそれぞれわずかにずれた軌道

新たな軌道の作用は

\begin{align} \notag S_{\delta t}=&\int^{t+\delta t} L(q_{\delta t}(t'),\dot{q}_{\delta t}(t')) dt' \\ =&\int^{t+\delta t} L(q(t'),\dot{q}(t')) dt' + \int^{t+\delta t} \left( \frac{\pd L}{\pd q} \delta q +\frac{\pd L}{\pd \dot{q}} \delta \dot{q} \right) dt' \\ \notag =& \int^{t+\delta t} L(q(t'),\dot{q}(t')) dt' + \left[ \frac{\pd L}{\pd \dot{q}} \delta q \right]^{t+\delta t} +\int^{t+\delta t} \delta q \left( \frac{\pd L}{\pd q} - \frac{d}{dt} \frac{\pd L}{\pd \dot{q}} \right)dt' \end{align}

と展開でき,最後の項は物理的な軌道を考えているためEuler-Lagrange方程式から消える。右辺一項目の積分は

\begin{align} \int^{t+\delta t} L(q(t'),\dot{q}(t')) dt' =&\int^t L(q(t'),\dot{q}(t')) dt' +\int_t^{t+\delta t} L(q(t'),\dot{q}(t')) dt' \notag \\ =& S+L \delta t \end{align}

とでき,残る表面項は先ほどの(\ref{delta q})の関係を用いると

\begin{align} \left[ \frac{\pd L}{\pd \dot{q}} \delta q \right]^{t+\delta t} =- \frac{\pd L}{\pd \dot{q}} \dot{q}(t) \delta t =-p(t+\delta t) \dot{q}(t) \delta t \end{align}

となる。ここで始点を固定していることより,下限での変分が消えることを使った。これらの結果から

\begin{align} S_{\delta t}-S=(L -p\dot{q} )\delta t +O\left( (\delta t)^2 \right) \end{align}

となり,$\pd S/\pd t =\lim_{\delta t\to 0} (S_{\delta t}-S)/\delta t$およびHamiltonianの定義$H=p\dot{q}-L $から結局

\begin{align} \label {dSdt} \frac{\pd S}{\pd t} =-H(q,p) \end{align}

を得る。

一方で,終点の空間的な位置がずれる場合,上と同様の計算から

\begin{align} S_{\delta q}=& \int^{t} L(q(t'),\dot{q}(t')) dt' + \left[ \frac{\pd L}{\pd \dot{q}} \delta q \right]^t +\int^{t} \delta q \left( \frac{\pd L}{\pd q} - \frac{d}{dt} \frac{\pd L}{\pd \dot{q}} \right)dt' \end{align}

となり,改めてEuler-Lagrange方程式を用い,$\lim_{\delta q\to 0} \{(S_{\delta q}-S)/\delta q\}$の極限を取ることで

\begin{align} \frac{\pd S}{\pd q} = p \end{align}

を得る。これを(\ref{dSdt})に入れることで,Hamilton-Jacobi方程式

\begin{align} \frac{\pd S}{\pd t} +H\left(q, \frac{\pd S}{\pd q} \right) =0 \end{align}

が得られる。


参考文献


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