変分法
　　　━━ Euler - Lagrange 方程式


汎関数の停留値を与える経路（あるいは関数）求めることを、変分問題と呼び、部分積分を用いて微分方程式に帰着することができる。見通しをよくするため、先ずは 1 次元の場合を取り扱う。
Euler-Lagrange 方程式 ── 1 次元の場合 問題設定：q(tS), q(tE) は固定で与えられているとする。I[q]= L(q(t), ␒q(t)) dtを停留値とする q(t) を求める。ただし、L は q, ␒q について 2 回まで連続で微分可能、q(t) は ␒␒q(t) まで連続とする。 ＜ 準備 ＞ q-␒q 速度配位空間を考えよう。 L(q, ␒q) は各点で定義されるので、速度配位空間の場となる。等 L 線も考えることができ、ベクトル解析の勾配 grad と同様に、 (∂L
∂q , ∂L
∂␒q) は等 L 線に直交する。
 点 (q, ␒q) と、微小変位だけずれた点 (q+𝛥q, ␒q+𝛥␒q) 2 点間での L の変化 𝛥L は、𝛥L= (∂L
∂q , ∂L
∂␒q)⋅(𝛥q, 𝛥␒q)=∂L
∂q𝛥q+∂L
∂␒q𝛥␒qとしてよい。 ここまで、q と ␒q は独立なように扱って、L を q で偏微分するときには ␒q を固定し、L を ␒q で偏微分するときには q を固定したのも、速度配位空間で考えてみれば、ごく自然で違和感はないだろう。 次に配位空間における任意の曲線 C (q(t)) が、速度配位空間ではどのように写像されるか考えよう。速度配位空間での座標成分 (q,␒q) は、a
q=q(t)
␒q≡dq(t)
dt
となって、速度配位空間においても、一本の曲線が対応する。対応する曲線を C# (q(t),␒q(t)) としよう。今度は、 ␒q(t) は q(t) から定まり、両者は独立ではなくなる（と言うことは、考える対象は、速度配位空間における任意の曲線ではなく、この条件を満たす曲線群に限定されることに注意）。この写像を「持ち上げ」という。 目的の、配位空間において停留値を与える経路、解曲線を C (q(t)) 、始点、終点を同じくする、解曲線から少しだけずれた比較曲線を C' (q'(t)) =q(t)+𝜖𝜂(t) とする。𝜂(ts)=𝜂(tE)=0 で、 𝜂(t) も、2 回まで連続で微分可能とする。 両者を再び、速度配位空間で考えると、経路はそれぞれ、C# (q(t),␒q(t)), C#' (q'(t) ,␒q'(t)) となる。 仮定より、C#, C#' は始点、終点の位置は一致するが、始点、終点での速度は異なっていてもよい。 同時刻 t での L を比較すると、変化分 𝛥L は𝛥L= (∂L
∂q , ∂L
∂␒q)⋅(𝜖𝜂, 𝜖␒𝜂)=∂L
∂q 𝜖𝜂+∂L
∂␒q 𝜖␒𝜂となる。
くどいくらい繰り返しているのは、自分が大学時代、「 q(t) と ␒q(t) は独立ではないのに、 L を q と ␒q でそれぞれ偏微分しているのが腑に落ちない」のを、これまでうやむやにしてしまってきたから。結局、独立ではないのは内積をとる微小変位（変分）側で、勾配 grad 側は (q,␒q) を独立に扱って構わないということだったのだ。 そうした意味で、変数の変分は本質的に配位空間で取り、␒q(t)≡dq(t)
dtに従って配位空間の曲線 C, C' を、速度配位空間に持ち上げたそれぞれの曲線 C#, C#' について、L の変化分を考えていることになる。 同じように考えて、 L(q'(t), ␒q'(t)) を 𝜖 の関数とみて 𝜖=0 の周りで Taylor 展開すると、
L(q'(t), ␒q'(t))=L(q(t)+𝜖𝜂(t),␒q(t)+𝜖␒𝜂(t))
=L(q'(t), ␒q'(t))|𝜖=0+𝜖dL
d𝜖a𝜖=0+𝜖2
2d2L
d𝜖2a𝜖=0+…
=L(q(t), ␒q(t))+𝜖{∂L
∂q' dq'
d𝜖+∂L
∂␒q' d␒q'
d𝜖} a𝜖=0
+𝜖2
2{∂2L
∂q'2 (dq'
d𝜖)2+2∂2L
∂q'∂␒q'dq'
d𝜖 d␒q'
d𝜖+∂2L
∂␒q'2 (d␒q'
d𝜖)2}a𝜖=0+…
=L(q(t), ␒q(t))+𝜖{∂L
∂q 𝜂+∂L
∂␒q ␒𝜂}
+𝜖2
2{∂2L
∂q2 𝜂2+2∂2L
∂q∂␒q𝜂 ␒𝜂+∂2L
∂␒q2 ␒𝜂2}+…
 結果的に、異なる経路 C#, C#' 間の同時刻 t での L の比較となっている点に注意。先ほどの変化分 𝛥L は 𝜖 の 1 次の項に相当している。 ここまでの準備を踏まえて、以下本題。 ＜ 本題 ＞I[q']≡ L(q(t)+𝜖𝜂(t),␒q(t)+𝜖␒𝜂(t)) dt を、 𝜖 の関数 𝛷(𝜖) と見ると、𝜖→0 で経路 C#'→C# (C'→C) となる。よって、 C が停留値をとるならば、 𝜖=0 で 𝛷(𝜖) は極値を取るはずである（積分の領域が速度配位空間となるので、 C が停留値をとるということは、即ち、C# が停留値をとるということである）。d𝛷(𝜖)
d𝜖a𝜖=0=0これが任意の 𝜂(t) について成立するならば、C は求める停留曲線である。
𝛷(𝜖) = L(q(t)+𝜖𝜂(t),␒q(t)+𝜖␒𝜂(t)) dt
= L(q(t),␒q(t)) dt+𝜖{∂L
∂q 𝜂+∂L
∂␒q ␒𝜂}dt
+𝜖2
2{∂2L
∂q2 𝜂2+2∂2L
∂q∂␒q𝜂␒𝜂+∂2L
∂␒q2 ␒𝜂2}dt+…
より、
d𝛷(𝜖)
d𝜖a𝜖=0		={∂L
∂q 𝜂+∂L
∂␒q ␒𝜂}dt
={∂L
∂q 𝜂-d
dt(∂L
∂␒q ) 𝜂}dt+[∂L
∂␒q 𝜂]tEtS
={∂L
∂q -d
dt(∂L
∂␒q ) }𝜂dt=0
2 行目への変形は部分積分を、 3行目への変形は 𝜂(ts)=𝜂(tE)=0 を用いた。これが任意の 𝜂(t) について成立するためには、∂L
∂q -d
dt(∂L
∂␒q )=0が成り立てばよい。これを Euler-Lagrange 方程式という。 ぱっと見、L についての方程式かと思ってしまうが、あくまで、 q(t) に関する微分方程式であることを忘れないように。 L は事前に決まっている。 また、𝛷(𝜖) を 𝜖 で展開したときの 𝜖 の 1 次項を第 1 変分 𝛿I と呼ぶ。
𝛿I ≡d𝛷
d𝜖a𝜖=0𝜖
={I[C'(q+𝜖𝜂)]-I[C(q)]
𝜖 }𝜖
 以上をまとまると、両端の境界条件込みで、 I が停留値 ⇔𝛿I =0⇔ Euler-Lagrange 方程式 最小作用の原理にもとづく停留値問題を、微分方程式を解くことに帰着させることができた。 一つ、具体例を挙げよう。水平で滑らかな床に置かれた、質量 m, バネ定数 k の調和振動子を考える。バネの変位を x として運動エネルギー T=1
2 m␒x2 ポテンシャル・エネルギー U=1
2 kx2Lagrangian L=T-U= 1
2 m␒x2-1
2 kx2 各項を計算すると、∂L
∂x=-kx , d
dt(∂L
∂␒x)=d
dtm␒x=m␒␒x となるから、 Euler-Lagrange 方程式は、
∂L
∂x -d
dt(∂L
∂␒x )		=-kx-m␒␒x=0
∴ m␒␒x=-kx
見慣れた Newton の運動方程式が得られた。実は＜ 準備 ＞で示した、速度配位空間の図は、調和振動子で m=k の場合を描いている。
Euler-Lagrange 方程式 ── 自由度 f の場合 系に複数の質点が含まれるとき（自由度 f ）も、Lagrangian は系全体で定義される。つまり、ただ一つの L(q1, q2, …,qf, ␒q1, ␒q2, …,␒qf) について、経路に沿っての作用（積分）を停留値とするような経路を見つけてやれば、それが系の実際の運動となる。 2f 次元の速度配位空間で考えると、経路は（一本の）曲線となる。自由度が、1 次元の場合よりも「持ち上げ」が分かりやすいので、もう一度、概念図を示す。問題設定：qi(tS), qi(tE) i=1…f は固定で与えられているとする（時間含めて、端点固定）。I[q]= L(q1(t), q2(t), …,qf(t), ␒q1(t), ␒q2(t), …,␒qf(t)) dtを停留値とする qi(t) を求める。ただし、L は qi, ␒qi について 2 回まで連続で微分可能、qi(t) は ␒␒qi(t) まで連続とする。 話の流れは 1 次元の場合と同じだから、さらっと進めよう。要点は 1 次元の場合の 𝜖 が、 𝜖1…𝜖f の複数となり、多変数関数の極値問題へと帰着することである。 解曲線を qi(t)、比較曲線を qi'(t) =qi(t)+𝜖i𝜂i(t) とする。𝜂i(ts)=𝜂i(tE)=0 で、 𝜂i(t) も、2 回まで連続で微分可能、{𝜂i(t)} は独立で、任意の値をとれるものとする。 速度配位空間での経路をそれぞれ、 C# (qi(t),…,␒qi(t)), C#' (qi'(t) ,…,␒qi'(t)) として、I[qi']≡ L(qi(t)+𝜖i𝜂i(t),…,␒qi(t)+𝜖i␒𝜂i(t)) dt を、 𝜖1,…,𝜖f の関数 𝛷(𝜖1,…,𝜖f) とみなすと、全ての 𝜖i→0 で経路 C#'→C# (C'→C) となる。 よって、 C が停留値をとるならば、𝜖1,…=0 で 𝛷(𝜖1,…,𝜖f) は極値を取るはずである。∂𝛷(𝜖1,…,𝜖f)
∂𝜖ia𝜖1,…=0=0 for i=1,…,fこれが任意の 𝜂i(t) について成立するならば、C は求める停留曲線である。 L(qi'(t), …,␒qi'(t)) を 𝜖i の関数とみて 𝜖1,…=0 の周りで Taylor 展開すると、
L(qi'(t), …,␒qi'(t))=L(qi(t)+𝜖i𝜂i(t),…,␒qi(t)+𝜖i ␒𝜂i(t))
=L(qi(t),…, ␒qi(t))+{f∑i=1(∂L
∂qi 𝜂i+∂L
∂␒qi ␒𝜂i)𝜖i}
+1
2{f∑i,j=0∂2L
∂qi2 𝜂i2𝜖i2+2∂2L
∂qi∂␒qj𝜂i ␒𝜂j𝜖i𝜖j+∂2L
∂␒qi2 ␒𝜂i2𝜖i2}+…
を用いて、作用積分は
𝛷(𝜖1,…,𝜖f)= L(qi(t)+𝜖i𝜂i(t),…,␒qi(t)+𝜖i␒𝜂i(t)) dt
= L(qi(t),…,␒qi(t)) dt+f∑i=1𝜖i(∂L
∂qi 𝜂i+∂L
∂␒qi ␒𝜂i)dt
　　+(𝜖 の 2 次以上)
より、
∂𝛷(𝜖)
∂𝜖ia𝜖1,…=0		=(∂L
∂qi 𝜂i+∂L
∂␒qi ␒𝜂i)dt
={∂L
∂qi 𝜂i-d
dt(∂L
∂␒qi ) 𝜂i}dt+[∂L
∂␒qi 𝜂i]tEtS
={∂L
∂qi -d
dt(∂L
∂␒qi )} 𝜂idt=0 for i=1,…,f
これが任意の 𝜂i(t) について成立するためには、{𝜂i(t)} は独立と仮定していたから、∂L
∂qi -d
dt(∂L
∂␒qi )=0 for i=1,…,fが成り立てばよい。これを自由度 f の場合の Euler-Lagrange 方程式という。 また、𝛷(𝜖1,…,𝜖f) を 𝜖i で展開したときの 𝜖i の 1 次項を第 1 変分 𝛿I と呼ぶ。
𝛿I ≡f∑i=1∂𝛷
∂𝜖ia𝜖=0𝜖i
=f∑i=1{I[C'(qi+𝜖i𝜂i)]-I[C(qi)]
𝜖i} a𝜖1,…=0𝜖i
 こうして、自由度 f の場合も、両端の境界条件込みで、 I が停留値 ⇔𝛿I =0⇔ Euler-Lagrange 方程式 最小作用の原理にもとづく停留値問題を、偏微分方程式を解くことに帰着させることができた。 {𝜂i(t)} は独立という仮定の妥当性は、次のチャプターの 束縛条件と自由度 で検討する。 また、Lagrangian では変数を qi,␒qi だけからなるものに限定していたが、 被積分関数がより高次の時間微分を含む場合でも、同様の手順で停留値問題を偏微分方程式に帰着することができ、これらもあわせて Euler-Lagrange 方程式と呼ばれている（幸いにも力学系を特徴づける L は qi, ␒qi だけで記述できる）。
数学的にルーズだが、より簡便なやり方 係数 𝜖i→0 の極限の元、𝛿qi(t)≡𝜖i𝜂i(t)を変数の変分と呼び、これを用いて第 1 変分 𝛿I をより簡単に導出することができる。微小量の微分可能性があいまいとなってしまうが、この定義のように、微分可能な関数にかける係数が微小量であるということを忘れなければ問題ないだろう。 停留値をとるかどうかを調べる試行曲線にせよ、その変分曲線にせよ、速度配位空間における対象となる曲線は、配位空間における曲線を、␒qi(t)≡dq(t)
dt に従って持ち上げたものだけなので、速度成分 ␒qi に対応する変分 𝛿␒qi は、𝛿␒qi ≡d(qi+𝛿qi)
dt-dqi
dt=d
dt 𝛿qiとなり、𝛿 と d
dt は可換となることが分かる。試行曲線とその変分曲線の、作用積分の差を各 𝛿 の 1 次までで近似すると、L(qi+𝛿qi,qi+𝛿␒qi,t)-L(qi,qi,t) dt≃f∑i=1{∂L
∂qi 𝛿qi+∂L
∂␒qi 𝛿␒qi}dtとなるから、端点で 𝛿qi=0 の元、
𝛿I ≡f∑i=1{∂L
∂qi 𝛿qi+∂L
∂␒qi 𝛿␒qi}dt
=f∑i=1{∂L
∂qi 𝛿qi+d
dt(∂L
∂␒qi𝛿qi )-d
dt(∂L
∂␒qi)𝛿qi}dt
=f∑i=1{∂L
∂qi 𝛿qi-d
dt(∂L
∂␒qi)𝛿qi}dt+f∑i=1[∂L
∂␒qi𝛿qi]tEtS
=f∑i=1{∂L
∂qi-d
dt(∂L
∂␒qi)}𝛿qi dt
よって、任意の独立な 𝛿qi に対して、𝛿I=0 となるためには、∂L
∂qi -d
dt(∂L
∂␒qi)=0 for i=1,…,fが必要となり、Euler-Lagrange 方程式が導出できた。 数学的にはルーズだが、導出の見通しもよいので、これ以降、変分を求めるときはこのやり方を用いることにする。 Lagrangian に対応する Euler-Lagrange 方程式で力学系を扱う体系を Lagrange 形式と呼ぶ。Newton の運動方程式が自然と導き出されることと、その特徴をお話しよう。

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