解析力学④ 荷電粒子のラグランジアン・ハミルトニアン
荷電粒子のラグランジアン・ハミルトニアン
前回までの記事でラグランジアンとハミルトニアン、また、それらに対応する方程式を紹介しました。今回は、その話を電磁気学に拡張してみます。電磁気学でのラグランジアン・ハミルトニアン
荷電粒子の解析力学
ベクトルポテンシャル$A$,スカラーポテンシャル$\phi$、電荷$q$と電荷の位置$\boldsymbol{r}$に対して、
\begin{align}
L&=\dfrac{1}{2}m \dot{\boldsymbol{r}}^2-q\left(\phi-\boldsymbol{\dot{r}\cdot A}\right)\label{eq-am4:1}\\
H&=\dfrac{1}{2m}\left(\boldsymbol{p}-q\boldsymbol{A}\right)^2+q\phi\label{eq-am4:2}
\end{align}
\begin{align*}
\dfrac{\partial }{\partial \boldsymbol{r}}&=
\begin{pmatrix}
\dfrac{\partial}{\partial x}\\
\dfrac{\partial}{\partial y}\\
\dfrac{\partial}{\partial z}
\end{pmatrix}
(=\nabla)
\\
\dfrac{\partial }{\partial \dot{\boldsymbol{r}}}&=
\begin{pmatrix}
\dfrac{\partial}{\partial \dot{x}}\\
\dfrac{\partial}{\partial \dot{y}}\\
\dfrac{\partial}{\partial \dot{z}}
\end{pmatrix}
\end{align*}
と表します。
ポテンシャルエネルギーの導出
ポテンシャルエネルギーが難しい理由
さて、ラグランジアンは、古典力学では運動エネルギー$K$,ポテンシャル$U$に対して\begin{align*}
L=K-U
\end{align*}
と表されました。運動エネルギーについては、
\begin{align*}
K=\dfrac{1}{2}m\boldsymbol{\boldsymbol{\dot{r}}}^2
\end{align*}
でした。あとはポテンシャルですが、少し話が長くなります。
ポテンシャルと外力の関係
ポテンシャル$U$と外力$\boldsymbol{F}$には以下のような関係がありました。ただし、この式はポテンシャルが速度に依存しないときのみ成り立つ式です。\begin{align*}
\boldsymbol{F}=-\nabla U
\end{align*}
さて、荷電粒子に働く力というのはローレンツ力であり、
\begin{align*}
\boldsymbol{F}=q(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{\dot{r}}\times \boldsymbol{B})
\end{align*}
となるわけで、この右辺を微分形に書き換えればポテンシャルがわかることになります。ただし、外力に速度を含む項があるので、この外力によるポテンシャルは速度に依存すると考えることができます。
外力とポテンシャルの関係をオイラー・ラグランジュ方程式から求める
ポテンシャルは$\boldsymbol{r},\boldsymbol{\dot{r}}$に依存、運動エネルギー$K$は速度$\boldsymbol{\dot{r}}$に依存するので、オイラー・ラグランジュ方程式は、\begin{align}
\dfrac{\partial L}{\partial q_i}-\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}=0 \label{eq-am4:3}
\end{align}
3次元では$i$$=$1,2,3として、3つの式をベクトルのように扱って、
\begin{align}
\nabla L-\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial \boldsymbol{\dot{r}}}=\boldsymbol{0} \label{eq-am4:4}
\end{align}
としても良いでしょう。さて、ここで、運動エネルギー$K$が速度のみに依存して、ポテンシャル$U$が位置と速度の両方に依存すること、また、$L=K-U$ということを用いて、左辺は以下のように書き直せます。
\begin{align*}
&\left( \dfrac{\partial K(\boldsymbol{\dot{r}})}{\partial \boldsymbol{r}}-\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial K(\boldsymbol{\dot{r}})}{\partial \boldsymbol{\dot{r}}}\right)-\left( \dfrac{\partial U(\boldsymbol{r},\boldsymbol{\dot{r}})}{\partial \boldsymbol{r}}-\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial U(\boldsymbol{r},\boldsymbol{\dot{r}})}{\partial \boldsymbol{\dot{r}}}\right)\\
&=-\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial K(\boldsymbol{\dot{r}})}{\partial\boldsymbol{\dot{r}}}-\dfrac{\partial U(\boldsymbol{r},\boldsymbol{\dot{r}})}{\partial \boldsymbol{r}}+\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial U(\boldsymbol{r},\boldsymbol{\dot{r}})}{\partial \boldsymbol{\dot{r}}}
\end{align*}
第一項について、$K=\dfrac{1}{2}m\boldsymbol{\dot{r}}^2$なので、この式が零ベクトルになるという条件とあわせて、
\begin{align}
m\boldsymbol{\ddot{r}}=-\dfrac{\partial U(\boldsymbol{r},\boldsymbol{\dot{r}})}{\partial \boldsymbol{r}}+\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial U(\boldsymbol{r},\boldsymbol{\dot{r}})}{\partial \boldsymbol{\dot{r}}} \label{eq-am4:7}
\end{align}
Newtonの運動方程式を考えれば左辺が位置の時間による2階微分なので右辺が外力になります。
ローレンツ力を書き直す
ローレンツ力をスカラーポテンシャル$\phi$、ベクトルポテンシャル$\boldsymbol{A}$で書き直すことにします。これらと電磁場には以下のような関係があります。(電磁ポテンシャルの記事を参照)\begin{align}
\boldsymbol{E}&=-\nabla \phi-\dfrac{\partial\boldsymbol{A}}{\partial t} \label{eq-am4:006} \\
\boldsymbol{B}&=\nabla\times \boldsymbol{A} \label{eq-am4:007}
\end{align}
これらをローレンツ力の式に代入すると、
\begin{align*}
\boldsymbol{F}
&=q(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{\dot{r}}\times \boldsymbol{B}) \\
&=q\left\{\left(-\nabla\phi - \dfrac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t}\right)+\boldsymbol{\dot{r}}\times (\nabla\times \boldsymbol{A})\right\}
\end{align*}
ここで、ベクトル解析の公式を
\begin{align*}
\boldsymbol{\dot{r}}\times (\nabla\times \boldsymbol{A})&=\nabla(\boldsymbol{\dot{r}}\cdot\boldsymbol{A})-(\boldsymbol{\dot{r}}\cdot\nabla)\boldsymbol{A}
\end{align*}
を用いて変形します。
\begin{align*}
\boldsymbol{F}&=q \left\{-\nabla(\phi-\boldsymbol{\dot{r}}\cdot\boldsymbol{A})-\dfrac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t}-(\boldsymbol{\dot{r}}\cdot\nabla)\boldsymbol{A}\right\}
\end{align*}
さて、後半の項について、ベクトルポテンシャル$\boldsymbol{A}$が位置に依存するとして、考えれば、
\begin{align*}
\dfrac{d\boldsymbol{A}}{dt}
&=\dfrac{\partial\boldsymbol{A}}{\partial t}+\left(\dfrac{dx}{dt}\dfrac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial x}+\dfrac{dy}{dt}\dfrac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial y}+\dfrac{dz}{dt}\dfrac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial z}\right) \\
&=\dfrac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t}+(\boldsymbol{\dot{r}}\cdot \nabla)\boldsymbol{A}
\end{align*}
なので、電荷$q$を座標と時間に依存しない定数と考えて微分の中に入れれば、
\begin{align*}
\boldsymbol{F}=-\nabla\left\{q(\phi-\boldsymbol{\dot{r}}\cdot\boldsymbol{A})\right\}-\dfrac{d(q\boldsymbol{A})}{dt}
\end{align*}
ポテンシャルで表した外力と比較する
\eqref{eq-am4:7}を書き直すと、\begin{align*}
\boldsymbol{F}=-\nabla U(\boldsymbol{r},\boldsymbol{\dot{r}})+\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial U(\boldsymbol{r},\boldsymbol{\dot{r}})}{\partial \boldsymbol{\dot{r}}}
\end{align*}
これらを比べると、
\begin{align*}
U=q(\phi-\boldsymbol{\dot{r}}\cdot \boldsymbol{A})
\end{align*}
とすればよさそうです。
ラグランジアンを書き直し、ハミルトニアンを導く
上でもとめたポテンシャルと運動エネルギーを用いて、ラグランジアンが以下のようにあらわされます。\begin{align*}
L=K-U=\dfrac{1}{2}m\boldsymbol{\dot{r}}^2-q(\phi-\boldsymbol{\dot{r}}\cdot \boldsymbol{A}) \tag{\ref{eq-am4:1}}
\end{align*}
さて、ラグランジアンからハミルトニアンを導出します。共役運動量$\boldsymbol{p}$をもとめて、ハミルトニアン$H$を計算します。
\begin{align*}
\boldsymbol{p}&=\dfrac{\partial L}{\partial \boldsymbol{\dot{r}}} \\
H&=\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{\dot{r}}-L
\end{align*}
この式に従うと、
\begin{align}
\boldsymbol{p}=m\boldsymbol{\dot{r}}+q\boldsymbol{A} \label{eq-am4:8}
\end{align}
より、
\begin{align*}
H&=(m\boldsymbol{\dot{r}}^2+q\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{\dot{r}})-\left\{\dfrac{1}{2}m\boldsymbol{\dot{r}}^2-q(\phi-\boldsymbol{\dot{r}}\cdot\boldsymbol{A})\right\} \\
&=\dfrac{1}{2}m\boldsymbol{\dot{r}}^2+q\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{\dot{r}}-q\boldsymbol{\dot{r}}\cdot\boldsymbol{A}+q\phi \\
&=\dfrac{1}{2}m\boldsymbol{\dot{r}}^2+q\phi
\end{align*}
\eqref{eq-am4:8}より、$\boldsymbol{p}$で表すとすれば、
\begin{align*}
H=\dfrac{1}{2m}(\boldsymbol{p}-q\boldsymbol{A})^2+q\phi \tag{\ref{eq-am4:2}}
\end{align*}
となります。
以下では、ラグランジアンから求められるオイラー・ラグランジュの方程式が電磁気学と一致することを確かめてみます。
オイラーラグランジュ方程式を用いる
ここで、オイラー・ラグランジュ方程式(を3次元にまとめて書いた式)とラグランジアンをもう一度書きます。
\begin{align*}
\nabla L-\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial \boldsymbol{\dot{r}}}=0 \tag{\ref{eq-am4:4}}\\
L=\dfrac{1}{2}m\boldsymbol{\dot{r}}^2-q(\phi-\boldsymbol{\dot{r}}\cdot\boldsymbol{A})\tag{\ref{eq-am4:1}}
\end{align*}
ここで、それぞれの項について、
\begin{align}
\nabla L&=-q\nabla \phi+q\nabla (\dot{\boldsymbol{r}}\cdot\boldsymbol{A}) \nonumber\\
\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\boldsymbol{r}}}
&=\dfrac{d}{dt}\left(m\dot{\boldsymbol{r}}+q\boldsymbol{A}\right)\nonumber \\
&=m\ddot{\boldsymbol{r}}+q\dfrac{d \boldsymbol{A}}{d t} \label{eq-am4:9}
\end{align}
ここで、ベクトルポテンシャルは座標と時間の関数なので、
\begin{align*}
\dfrac{d\boldsymbol{A}}{dt}
&=(\dot{\boldsymbol{r}} \cdot \nabla) \boldsymbol{A}+\dfrac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t}
\end{align*}
とできます。$\eqref{eq-am4:9}$式を用いると、
\begin{align}
-q\nabla\phi+q\nabla(\boldsymbol{\dot{r}}\cdot \boldsymbol{A})-m\boldsymbol{\ddot{r}}-q(\dot{\boldsymbol{r}}\cdot \nabla)\boldsymbol{A}-q\dfrac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t}=0\nonumber \\
m\ddot{\boldsymbol{r}}=q\left[\left(-\nabla \phi-\dfrac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t}\right)+\left\{\nabla(\dot{\boldsymbol{r}}\cdot \boldsymbol{A})-(\dot{\boldsymbol{r}}\cdot \nabla)\boldsymbol{A}\right\}\right] \label{eq-am4:10}
\end{align}
ここで、ナブラに関する公式
\begin{align}
\nabla(\boldsymbol{u}\cdot \boldsymbol{v})=\boldsymbol{u}\times(\nabla\times \boldsymbol{v})+\boldsymbol{v}\times(\nabla\times \boldsymbol{u})+(\boldsymbol{u}\cdot\nabla)\boldsymbol{v}+(\boldsymbol{v}\cdot\nabla)\boldsymbol{u}
\end{align}
に関して、$\boldsymbol{u}=\boldsymbol{\dot{r}},\boldsymbol{\dot{r}}=\boldsymbol{A}$とすれば、$\boldsymbol{\dot{r}}$が座標に依存しないので、
\begin{align*}
\nabla(\boldsymbol{\dot{r}}\cdot \boldsymbol{A})=\boldsymbol{\dot{r}}\times (\nabla\times \boldsymbol{A})+(\boldsymbol{r}\cdot \nabla)\boldsymbol{A}
\end{align*}
つまり、
\begin{align*}
\nabla(\dot{\boldsymbol{r}}\cdot \boldsymbol{A})-(\dot{\boldsymbol{r}}\cdot \nabla)\boldsymbol{A}=\dot{\boldsymbol{r}}\times(\nabla\times \boldsymbol{A})
\end{align*}
となります。これを$\eqref{eq-am4:10}$式に代入すれば、
\begin{align}
m\ddot{\boldsymbol{r}}=q\left[ \left(-\nabla\phi-\dfrac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t}\right)+\dot{\boldsymbol{r}}\times (\nabla\times \boldsymbol{A})\right] \label{result2}
\end{align}
ローレンツ力の式を導く
ここで、ベクトルポテンシャル、スカラーポテンシャル、電場、磁場の間には、
$$
\left\{
\begin{align}
\boldsymbol{E}&=-\nabla \phi -\dfrac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t} \tag{\ref{eq-am4:6}}\\
\boldsymbol{B}&=\nabla\times \boldsymbol{A} \tag{\ref{eq-am4:7}}
\end{align}
\right.
$$
という関係がありました。これを$\eqref{result2}$式に代入すれば、
\begin{align*}
m\boldsymbol{\ddot{r}}=q\left(\boldsymbol{E+\dot{r}\times B}\right)
\end{align*}
となります。これはローレンツ力ですね。これで電磁場中の荷電粒子の運動方程式がラグランジアンから求められたことになります。
ところで、ハミルトンの正準方程式は、ラグランジアンから求めたものだったので、正準方程式も使えます。