ちょっとだけマシなラプラシアン導出

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物理

極座標や円筒座標のラプラシアン，覚えらんないし， 単位ベクトルの微分と直交性を使ったあの脳筋導出なんてもの，二度としたくない．

オイラー・ラグランジュ方程式を用いた，ちょっとだけマシなラプラシアンの導出方法を紹介する．

まとめ

任意の座標系{qi}\{q_i\}について，ナブラの表式(とヤコビアンJJ)を知っていれば，

「ラグランジアンをL=12{∇f({qi})⋅∇f({qi})}∣J∣L = \frac{1}{2} \left\{\nabla f(\{q_i\}) \cdot \nabla f(\{q_i\}) \right\} \left| J \right|とおいたオイラー・ラグランジュ方程式が，−∣J∣Δf=0- \left| J \right| \Delta f = 0と等価である」

ことを用いてラプラシアンの表式を得ることができる．

「・・・等価である」はいったん認めて具体的な方法を見ていこう．証明は最後に書いておく．

直感的な理論的背景は，例えば電磁気学を思い出して，座標の関数として我々の世界で実現する電磁ポテンシャルff(発散が00)は，その勾配である電場E=−∇f\mathbf{E} = - \nabla fによるエネルギー密度12E2\frac{1}{2} \mathbf{E}^2が最小値をとるようなものであるといった感じだ．

方法

極座標や円筒座標を含め，一般の座標系のラプラシアンは，次のように求めることができる．

  1. 求めたい座標系の座標{qi}\{q_i\}(ii個の座標)の関数f({qi})f(\{q_i\})を考え，ラグランジアンを次のように定義する．JJはヤコビアンである．

    L(f,{∂f∂qi})=∇f({qi})⋅∇f({qi})∣J∣L \left(f,\left\{ \frac{\partial f}{\partial q_i} \right\}\right) = \nabla f(\{q_i\}) \cdot \nabla f(\{q_i\}) \left| J \right|

  2. L(f,∂f∂r,∂f∂θ,∂f∂ϕ)L(f, \frac{ \partial f}{\partial r}, \frac{\partial f}{\partial \theta}, \frac{\partial f}{\partial \phi})についてオイラー・ラグランジュ方程式を書き下す．

    ∂L∂f−∑i∂∂qi∂L∂(∂f∂qi)=0\frac{\partial L}{\partial f} - \sum_i{ \frac{\partial }{\partial q_i}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial q_i} \right)} } = 0

  3. 両辺を−∣J∣-|J|で割って整理すると，[(長さ)−2の次元]×f=0\left[ \left( \text{長さ} \right)^{-2} \text{の次元} \right] \times f = 0の形となるので，Δf=0\Delta f = 0と比較すると，ラプラシアンが求まる．

具体例

直交座標

まずは，よく知っている直交座標系でのラプラシアンを求めてみよう．

q1=x,q2=y,q3=zq_1 = x, q_2 = y, q_3 = zである．

  1. f(x,y,z)f(x,y,z)を用いて，ラグランジアンを次のように定義する．

    ヤコビアンは，

    J=∣∂x∂x∂x∂y∂x∂z∂y∂x∂y∂y∂y∂z∂z∂x∂z∂y∂z∂z∣=∣100010001∣=1\begin{aligned} J &= \left| \begin{array}{ccc} \frac{\partial x}{\partial x} & \frac{\partial x}{\partial y} & \frac{\partial x}{\partial z} \\ \frac{\partial y}{\partial x} & \frac{\partial y}{\partial y} & \frac{\partial y}{\partial z} \\ \frac{\partial z}{\partial x} & \frac{\partial z}{\partial y} & \frac{\partial z}{\partial z} \end{array} \right| \\ &= \left| \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right| \\ &= 1 \end{aligned}

    であるから，

    L(f,∂f∂x,∂f∂y,∂f∂z)=def12{∇f(x,y,z)⋅∇f(x,y,z)}⋅1=12(∂f∂x,∂f∂y,∂f∂z)⋅(∂f∂x,∂f∂y,∂f∂z)=12(∂f∂x)2+12(∂f∂y)2+12(∂f∂z)2\begin{aligned} L \left( f,\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},\frac{\partial f}{\partial z} \right) \stackrel{def}{=}& \frac{1}{2} \left\{ \nabla f(x,y,z) \cdot \nabla f(x,y,z) \right\} \cdot 1\\ =& \frac{1}{2} \left( \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \right) \cdot \left( \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \right) \\ =& \frac{1}{2} \left( \frac{\partial f}{\partial x} \right)^2 + \frac{1}{2} \left( \frac{\partial f}{\partial y} \right)^2 + \frac{1}{2} \left( \frac{\partial f}{\partial z} \right)^2 \end{aligned}

    となる．

  2. オイラー・ラグランジュ方程式を書き下す．

    ∂L∂f−[∂∂x∂L∂(∂f∂x)+∂∂y∂L∂(∂f∂y)+∂∂z∂L∂(∂f∂z)]=00−(∂2f∂x2+∂2f∂y2+∂2f∂z2)=0 −(∂2f∂x2+∂2f∂y2+∂2f∂z2)=0\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial f} - \left[ \frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial x} \right)} + \frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial y} \right)} + \frac{\partial }{\partial z}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial z} \right)} \right] &= 0 \\ 0 - \left( \frac{\partial ^2 f}{\partial x^2} + \frac{\partial ^2 f}{\partial y^2} + \frac{\partial ^2 f}{\partial z^2} \right) &= 0 \\ \ - \left( \frac{\partial ^2 f}{\partial x^2} + \frac{\partial ^2 f}{\partial y^2} + \frac{\partial ^2 f}{\partial z^2} \right) &= 0 \end{aligned}

  3. 両辺を−∣J∣-|J|で割って整理すると，[(長さ)−2の次元]×f=0\left[ \left( \text{長さ} \right)^{-2} \text{の次元} \right] \times f = 0の形となるので，Δf=0\Delta f = 0と比較すると，ラプラシアンが求まる．

    両辺を−∣J∣=−1-|J|=-1で割って整理すると，

    [∂2∂x2+∂2∂y2+∂2∂z2]f=0\begin{aligned} \left[ \frac{\partial ^2}{\partial x^2} + \frac{\partial ^2}{\partial y^2} + \frac{\partial ^2}{\partial z^2} \right] f &= 0 \\ \end{aligned}

    となるので，ラプラシアンは，

    Δ=∂2∂x2+∂2∂y2+∂2∂z2\Delta = \frac{\partial ^2}{\partial x^2} + \frac{\partial ^2}{\partial y^2} + \frac{\partial ^2}{\partial z^2}

    を得る．

極座標(2次元)

2次元極座標(x,y)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ)(x,y) = (r \cos \theta, r \sin \theta)のラプラシアンを求める．

q1=r,q2=θq_1 = r, q_2 = \thetaである．

  1. f(r,θ)f(r,\theta)を用いて，ラグランジアンを次のように定義する．

    ヤコビアンは，

    J=∣∂x∂r∂x∂θ∂y∂r∂y∂θ∣=∣cos⁡θ−rsin⁡θsin⁡θrcos⁡θ∣=rcos⁡2θ+rsin⁡2θ=r\begin{aligned} J &= \left| \begin{array}{cc} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{array} \right| \\ &= \left| \begin{array}{cc} \cos \theta & -r \sin \theta \\ \sin \theta & r \cos \theta \end{array} \right| \\ &= r \cos^2 \theta + r \sin^2 \theta \\ &= r \end{aligned}

    であるから，

    L(f,∂f∂r,∂f∂θ)=def12{∇f(r,θ)⋅∇f(r,θ)}⋅r=r2(∂f∂r,1r∂f∂θ)⋅(∂f∂r,1r∂f∂θ)=r2(∂f∂r)2+12r(∂f∂θ)2\begin{aligned} L \left( f,\frac{\partial f}{\partial r},\frac{\partial f}{\partial \theta} \right) \stackrel{def}{=}& \frac{1}{2} \left\{ \nabla f(r,\theta) \cdot \nabla f(r,\theta) \right\} \cdot r \\ =& \frac{r}{2} \left( \frac{\partial f}{\partial r}, \frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta} \right) \cdot \left( \frac{\partial f}{\partial r}, \frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta} \right) \\ =& \frac{r}{2} \left( \frac{\partial f}{\partial r} \right)^2 + \frac{1}{2r} \left( \frac{\partial f}{\partial \theta} \right)^2 \end{aligned}

    となる．

  2. オイラー・ラグランジュ方程式を書き下す．

    ∂L∂f−[∂∂r∂L∂(∂f∂r)+∂∂θ∂L∂(∂f∂θ)]=00−[∂∂r(r∂f∂r)+∂∂θ(1r∂f∂θ)]=0 −[∂∂r(r∂f∂r)+1r∂2f∂θ2]=0\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial f} - \left[ \frac{\partial }{\partial r}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial r} \right)} + \frac{\partial }{\partial \theta}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial \theta} \right)} \right] &= 0 \\ 0 - \left[ \frac{\partial}{\partial r}\left( r \frac{\partial f}{\partial r} \right) + \frac{\partial}{\partial \theta}\left( \frac{1}{r} \frac{\partial f}{\partial \theta} \right) \right] &= 0 \\ \ - \left[ \frac{\partial}{\partial r}\left( r \frac{\partial f}{\partial r} \right) + \frac{1}{r} \frac{\partial^2 f}{\partial \theta^2} \right] &= 0 \end{aligned}

  3. 両辺を−∣J∣-|J|で割って整理すると，[(長さ)−2の次元]×f=0\left[ \left( \text{長さ} \right)^{-2} \text{の次元} \right] \times f = 0の形となるので，Δf=0\Delta f = 0と比較すると，ラプラシアンが求まる．

    両辺を−∣J∣=−r-|J|=-rで割って整理すると，

    [1r∂∂r(r∂∂r)+1r2∂2∂θ2]f=0\begin{aligned} \left[ \frac{1}{r} \frac{\partial }{\partial r} \left( r \frac{\partial }{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2}{\partial \theta^2} \right] f &= 0 \\ \end{aligned}

    となるので，ラプラシアンは，

    Δ=1r∂∂r(r∂∂r)+1r2∂2∂θ2\Delta = \frac{1}{r} \frac{\partial }{\partial r} \left( r \frac{\partial }{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2}{\partial \theta^2}

    を得る．

円筒座標

円筒座標(x,y,z)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ,z)(x,y,z) = (r \cos \theta, r \sin \theta, z)のラプラシアンを求める．

q1=r,q2=θ,q3=zq_1 = r, q_2 = \theta, q_3 = zである．

  1. f(r,θ,z)f(r,\theta,z)を用いて，ラグランジアンを次のように定義する．

    ヤコビアンは，

    J=∣∂x∂r∂x∂θ∂x∂z∂y∂r∂y∂θ∂y∂z∂z∂r∂z∂θ∂z∂z∣=∣cos⁡θ−rsin⁡θ0sin⁡θrcos⁡θ0001∣=rcos⁡2θ+rsin⁡2θ=r\begin{aligned} J &= \left| \begin{array}{ccc} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} & \frac{\partial x}{\partial z} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} & \frac{\partial y}{\partial z} \\ \frac{\partial z}{\partial r} & \frac{\partial z}{\partial \theta} & \frac{\partial z}{\partial z} \end{array} \right| \\ &= \left| \begin{array}{ccc} \cos \theta & -r \sin \theta & 0 \\ \sin \theta & r \cos \theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right| \\ &= r \cos^2 \theta + r \sin^2 \theta \\ &= r \end{aligned}

    であるから，

    L(f,∂f∂r,∂f∂θ,∂f∂z)=def12{∇f(r,θ,z)⋅∇f(r,θ,z)}⋅r=r2(∂f∂r,1r∂f∂θ,∂f∂z)⋅(∂f∂r,1r∂f∂θ,∂f∂z)=r2(∂f∂r)2+12r(∂f∂θ)2+r2(∂f∂z)2\begin{aligned} L \left( f,\frac{\partial f}{\partial r},\frac{\partial f}{\partial \theta},\frac{\partial f}{\partial z} \right) \stackrel{def}{=}& \frac{1}{2} \left\{ \nabla f(r,\theta,z) \cdot \nabla f(r,\theta,z) \right\} \cdot r \\ =& \frac{r}{2} \left( \frac{\partial f}{\partial r}, \frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta}, \frac{\partial f}{\partial z} \right) \cdot \left( \frac{\partial f}{\partial r}, \frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta}, \frac{\partial f}{\partial z} \right) \\ =& \frac{r}{2} \left( \frac{\partial f}{\partial r} \right)^2 + \frac{1}{2r} \left( \frac{\partial f}{\partial \theta} \right)^2 + \frac{r}{2} \left( \frac{\partial f}{\partial z} \right)^2 \end{aligned}

  2. オイラー・ラグランジュ方程式を書き下す．

    ∂L∂f−[∂∂r∂L∂(∂f∂r)+∂∂θ∂L∂(∂f∂θ)+∂∂z∂L∂(∂f∂z)]=00−[∂∂r(r∂f∂r)+∂∂θ(1r∂f∂θ)+∂∂z(r∂f∂z)]=0 −[∂∂r(r∂f∂r)+1r∂2f∂θ2+r∂2f∂z2]=0\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial f} - \left[ \frac{\partial }{\partial r}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial r} \right)} + \frac{\partial }{\partial \theta}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial \theta} \right)} + \frac{\partial }{\partial z}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial z} \right)} \right] &= 0 \\ 0 - \left[ \frac{\partial}{\partial r}\left( r \frac{\partial f}{\partial r} \right) + \frac{\partial}{\partial \theta}\left( \frac{1}{r} \frac{\partial f}{\partial \theta} \right) + \frac{\partial}{\partial z}\left( r \frac{\partial f}{\partial z} \right) \right] &= 0 \\ \ - \left[ \frac{\partial}{\partial r}\left( r \frac{\partial f}{\partial r} \right) + \frac{1}{r} \frac{\partial^2 f}{\partial \theta^2} + r \frac{\partial^2 f}{\partial z^2} \right] &= 0 \end{aligned}

  3. 両辺を−∣J∣=−r-|J|=-rで割って整理すると，

    [1r∂∂r(r∂∂r)+1r2∂2∂θ2+∂2∂z2]f=0\begin{aligned} \left[ \frac{1}{r} \frac{\partial }{\partial r} \left( r \frac{\partial }{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2}{\partial z^2} \right] f &= 0 \\ \end{aligned}

    となるので，ラプラシアンは，

    Δ=1r∂∂r(r∂∂r)+1r2∂2∂θ2+∂2∂z2\Delta = \frac{1}{r} \frac{\partial }{\partial r} \left( r \frac{\partial }{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2}{\partial z^2}

    を得る．

球座標(3次元)

3次元球座標(x,y,z)=(rsin⁡θcos⁡ϕ,rsin⁡θsin⁡ϕ,rcos⁡θ)(x,y,z) = (r \sin \theta \cos \phi, r \sin \theta \sin \phi, r \cos \theta)のラプラシアンを求める．

q1=r,q2=θ,q3=ϕq_1 = r, q_2 = \theta, q_3 = \phiとなる．

  1. f(r,θ,ϕ)f(r,\theta,\phi)を用いて，ラグランジアンを次のように定義する．

    ヤコビアンは，

    J=∣∂x∂r∂x∂θ∂x∂ϕ∂y∂r∂y∂θ∂y∂ϕ∂z∂r∂z∂θ∂z∂ϕ∣=∣sin⁡θcos⁡ϕrcos⁡θcos⁡ϕ−rsin⁡θsin⁡ϕsin⁡θsin⁡ϕrcos⁡θsin⁡ϕrsin⁡θcos⁡ϕcos⁡θ−rsin⁡θ0∣=r2sin⁡θ\begin{aligned} J &= \left| \begin{array}{ccc} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} & \frac{\partial x}{\partial \phi} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} & \frac{\partial y}{\partial \phi} \\ \frac{\partial z}{\partial r} & \frac{\partial z}{\partial \theta} & \frac{\partial z}{\partial \phi} \end{array} \right| \\ &= \left| \begin{array}{ccc} \sin \theta \cos \phi & r \cos \theta \cos \phi & -r \sin \theta \sin \phi \\ \sin \theta \sin \phi & r \cos \theta \sin \phi & r \sin \theta \cos \phi \\ \cos \theta & -r \sin \theta & 0 \end{array} \right| \\ &= r^2 \sin \theta \end{aligned}

    であるから，

    L(f,∂f∂r,∂f∂θ,∂f∂ϕ)=def12{∇f(r,θ,ϕ)⋅∇f(r,θ,ϕ)}⋅r2sin⁡θ=r2sin⁡θ2(∂f∂r,1r∂f∂θ,1rsin⁡θ∂f∂ϕ)⋅(∂f∂r,1r∂f∂θ,1rsin⁡θ∂f∂ϕ)=r2sin⁡θ2(∂f∂r)2+sin⁡θ2(∂f∂θ)2+12sin⁡θ(∂f∂ϕ)2\begin{aligned} L \left( f,\frac{\partial f}{\partial r},\frac{\partial f}{\partial \theta},\frac{\partial f}{\partial \phi} \right) \stackrel{def}{=}& \frac{1}{2} \left\{ \nabla f(r,\theta,\phi) \cdot \nabla f(r,\theta,\phi) \right\} \cdot r^2 \sin \theta \\ =& \frac{r^2 \sin \theta}{2} \left( \frac{\partial f}{\partial r}, \frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta}, \frac{1}{r \sin \theta}\frac{\partial f}{\partial \phi} \right) \cdot \left( \frac{\partial f}{\partial r}, \frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta}, \frac{1}{r \sin \theta}\frac{\partial f}{\partial \phi} \right) \\ =& \frac{r^2 \sin \theta}{2} \left( \frac{\partial f}{\partial r} \right)^2 + \frac{\sin \theta}{2} \left( \frac{\partial f}{\partial \theta} \right)^2 + \frac{1}{2 \sin \theta} \left( \frac{\partial f}{\partial \phi} \right)^2 \end{aligned}

    となる．

  2. オイラー・ラグランジュ方程式を書き下す．

    ∂L∂f−[∂∂r∂L∂(∂f∂r)+∂∂θ∂L∂(∂f∂θ)+∂∂ϕ∂L∂(∂f∂ϕ)]=00−[∂∂r(r2sin⁡θ∂f∂r)+∂∂θ(sin⁡θ∂f∂θ)+∂∂ϕ(1sin⁡θ∂f∂ϕ)]=0 −[sin⁡θ∂∂r(r2∂f∂r)+∂∂θ(sin⁡θ∂f∂θ)+1sin⁡θ∂2f∂ϕ2]=0\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial f} - \left[ \frac{\partial }{\partial r}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial r} \right)} + \frac{\partial }{\partial \theta}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial \theta} \right)} + \frac{\partial }{\partial \phi}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial \phi} \right)} \right] &= 0 \\ 0 - \left[ \frac{\partial}{\partial r}\left( r^2 \sin \theta \frac{\partial f}{\partial r} \right) + \frac{\partial}{\partial \theta}\left( \sin \theta \frac{\partial f}{\partial \theta} \right) + \frac{\partial}{\partial \phi}\left( \frac{1}{\sin \theta} \frac{\partial f}{\partial \phi} \right) \right] &= 0 \\ \ - \left[ \sin \theta \frac{\partial}{\partial r}\left( r^2 \frac{\partial f}{\partial r} \right) + \frac{\partial}{\partial \theta}\left( \sin \theta \frac{\partial f}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{\sin \theta} \frac{\partial^2 f}{\partial \phi^2} \right] &= 0 \end{aligned}

  3. 両辺を−∣J∣=−r2sin⁡θ-|J|=-r^2 \sin \thetaで割って整理すると，

    [1r2∂∂r(r2∂∂r)+1r2sin⁡θ∂∂θ(sin⁡θ∂∂θ)+1r2sin⁡2θ∂2∂ϕ2]f=0\begin{aligned} \left[ \frac{1}{r^2} \frac{\partial }{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial }{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta} \right) + \frac{1}{r^2 \sin^2 \theta} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2} \right] f &= 0 \\ \end{aligned}

    となるので，ラプラシアンは，

    Δ=1r2∂∂r(r2∂∂r)+1r2sin⁡θ∂∂θ(sin⁡θ∂∂θ)+1r2sin⁡2θ∂2∂ϕ2\Delta = \frac{1}{r^2} \frac{\partial }{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial }{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta} \right) + \frac{1}{r^2 \sin^2 \theta} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2}

    を得る．

理論的背景

オイラー・ラグランジュ方程式の復習

よくみるラグランジアンは，時間tt，時間に依存する座標{qi(t)}\{q_i(t)\}，およびその時間微分{dqidt}\left\{ \frac{dq_i}{dt} \right\}を独立な入力とする関数として，

L({qi(t)},{dqidt},t)\begin{aligned} L \left(\{q_i(t)\},\left\{ \frac{dq_i}{dt} \right\}, t \right) \end{aligned}

のように定義される．

混乱を生みそうであるが，今回のラグランジアンはより一般に，変数{xi}\{x_i\}，それらに依存する関数{fi}\{f_i\}，およびその偏微分{∂fj∂xi}\left\{ \frac{\partial f_j}{\partial x_i} \right\}を独立な入力とする関数，

L({fi},{∂fj∂xi},{xi})\begin{aligned} L \left(\{f_i\},\left\{ \frac{\partial f_j}{\partial x_i} \right\}, \{x_i\} \right) \end{aligned}

の特別な場合，すなわち，変数{xi}\{x_i\}が座標{qi}\{q_i\}にあたり，関数{fi}\{f_i\}がffの1つだけで，またラグランジアンが変数に陽に依存しない場合として，

L(f,{∂f∂qi})\begin{aligned} L \left( f, \left\{ \frac{\partial f}{\partial q_i} \right\} \right) \end{aligned}

と定義されている．

よく見るラグランジアンと比べると，

(t,{qi},{dqidt})→({qi},f,{∂f∂qi})\begin{aligned} \left(t, \{q_i\}, \left\{ \frac{dq_i}{dt} \right\} \right) \rightarrow \left( \{q_i\}, f, \left\{ \frac{\partial f}{\partial q_i} \right\} \right) \end{aligned}

のように対応していることに注意してほしい．

このラグランジアンの積分として定義された作用積分II

I(f({qi}))=∫{qi}L(f,{∂f∂qi}){dqi}\begin{aligned} I(f(\{q_i\})) = \int_{\{q_i\}}{L \left( f,\left\{ \frac{\partial f}{\partial q_i} \right\} \right)} \left\{ dq_i \right\} \end{aligned}

がffについて停留値をとるためのffの条件が，オイラー・ラグランジュ方程式であった．

すなわち，IIのffについての変分δI\delta Iを計算し，

δI=∫{qi}[∂L∂f−∑i∂∂qi∂L∂(∂f∂qi)]δf{dqi}\begin{aligned} \delta I = \int_{\{q_i\}}{\left[ \frac{\partial L}{\partial f} - \sum_i{ \frac{\partial }{\partial q_i}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial q_i} \right)} } \right] \delta f } \left\{ dq_i \right\} \end{aligned}

の形から，任意のδf\delta fについてδI=0\delta I = 0となる条件として得られるのが，オイラー・ラグランジュ方程式

∂L∂f−∑i∂∂qi∂L∂(∂f∂qi)=0\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial f} - \sum_i{ \frac{\partial }{\partial q_i}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial q_i} \right)} } = 0 \end{aligned}

であった．

変分原理とポアソン方程式

作用積分を具体的にI(f({qi}))=∫V12∇f({qi})⋅∇f({qi})dvI(f(\{q_i\})) = \int_V{\frac{1}{2} \nabla f(\{q_i\}) \cdot \nabla f(\{q_i\})} dvとしたとき，δf\delta fについて停留値をとる条件が，ポアソン方程式Δf=0\Delta f = 0であることを示す．

I(f({qi}))I(f(\{q_i\}))のδf\delta fについての変分δI\delta Iが00となるようなffの条件を考える．

δI=∫V12∇(f+δf)⋅∇(f+δf)dv−∫V∇f⋅∇fdv=∫V12(∇f+∇δf)⋅(∇f+∇δf)dv−∫V∇f⋅∇fdv=∫V12(∇f⋅∇f+2∇δf⋅∇f+∇δf⋅∇δf)dv−∫V∇f⋅∇fdv=∫V12(2∇δf⋅∇f+∇δf⋅∇δf)dv≃∫V∇δf⋅∇fdv\begin{aligned} \delta I & = \int_V{\frac{1}{2} \nabla \left( f + \delta f \right) \cdot \nabla \left( f + \delta f \right)} dv - \int_V{ \nabla f \cdot \nabla f } dv \\ & = \int_V{\frac{1}{2} \left( \nabla f + \nabla \delta f \right) \cdot \left( \nabla f + \nabla \delta f \right) } dv - \int_V{ \nabla f \cdot \nabla f } dv \\ & = \int_V{\frac{1}{2} \left( \nabla f \cdot \nabla f + 2 \nabla \delta f \cdot \nabla f + \nabla \delta f \cdot \nabla \delta f \right) } dv - \int_V{ \nabla f \cdot \nabla f } dv \\ & = \int_V{\frac{1}{2} \left( 2 \nabla \delta f \cdot \nabla f + \nabla \delta f \cdot \nabla \delta f \right) } dv\\ & \simeq \int_V{\nabla \delta f \cdot \nabla f }dv \\ \end{aligned}

ここで，最終行は，∇δf⋅∇δf=∣∇δf∣2\nabla \delta f \cdot \nabla \delta f = |\nabla \delta f|^2 を微小量の 2 次の項として無視した． さらに，ベクトル解析の公式 ∇φ⋅∇ψ=∇⋅(φ∇ψ)−φ∇2ψ\nabla \varphi \cdot \nabla \psi = \nabla \cdot \left( \varphi \nabla \psi \right) - \varphi \nabla^2 \psi と，ガウスの定理 ∫V∇⋅Adv=∫SA⋅ndS\int_V{ \nabla \cdot \mathbf{A} } dv = \int_S{ \mathbf{A} \cdot \mathbf{n} } dS を用いると，

δI=∫V{∇⋅(δf∇f)−δfΔf}dv=∫S(δf∇f)⋅ndS+∫V(−Δf)δfdv=∫V(−Δf)δfdv\begin{aligned} \delta I & = \int_V{\left\{ \nabla \cdot \left( \delta f \nabla f \right) - \delta f \Delta f \right\}} dv \\ & = \int_S{\left( \delta f \nabla f \right) \cdot \mathbf{n}} dS + \int_V{\left(- \Delta f \right)\delta f} dv \\ & = \int_V{\left( - \Delta f \right)\delta f } dv \\ \end{aligned}

とできる．

よって，任意のδf\delta fについてδI=0\delta I = 0となる条件は，−Δf=0- \Delta f = 0すなわちポアソン方程式とわかる．

オイラー・ラグランジュ方程式との関係

具体的に与えた作用積分の積分変数を{qi}\{q_i\}に変えると，

I(f({qi}))=∫{qi}12∇f({qi})⋅∇f({qi})∣J∣{dqi}\begin{align*} I(f(\{q_i\})) &= \int_{\{q_i\}}{\frac{1}{2} \nabla f(\{q_i\}) \cdot \nabla f(\{q_i\})} \left| J \right| \{d q_i\} \end{align*}

すなわち，ラグランジアンを，

L(f,{∂f∂qi})=12∇f({qi})⋅∇f({qi})∣J∣\begin{align*} L \left( f,\left\{ \frac{\partial f}{\partial q_i} \right\} \right) &= \frac{1}{2} \nabla f(\{q_i\}) \cdot \nabla f(\{q_i\}) \left| J \right| \\ \end{align*}

とした作用積分といえる．

この作用積分に対する変分原理から得られるのがオイラー・ラグランジュ方程式であったことから，前項最終式のδI\delta Iの積分変数を{qi}\{q_i\}に変えることにより，

δI=∫{qi}(−Δf)δf∣J∣{dqi}=∫{qi}(−∣J∣Δf)δf{dqi}\begin{aligned} \delta I &= \int_{\{q_i\}}{\left( - \Delta f \right)\delta f } \left| J \right| \{dq_i\} \\ &= \int_{\{q_i\}}{\left(- \left| J \right| \Delta f \right)\delta f } \{dq_i\} \\ \end{aligned}

ゆえ，

∂L∂f−∑i∂∂qi∂L∂(∂f∂qi)=−∣J∣Δf\begin{align*} \frac{\partial L}{\partial f} - \sum_i{ \frac{\partial }{\partial q_i}\frac{\partial L}{\partial \left( \frac{\partial f}{\partial q_i} \right)} } = - \left| J \right| \Delta f \end{align*}

であるとわかる．

したがって，オイラー・ラグランジュ方程式を書き下し，−∣J∣- \left| J \right|で割れば，ポアソン方程式が得られ，ラプラシアンの表式が得られるのだ．

まとめ

ナブラとヤコビアンを知っているか計算する必要はあるが，単位ベクトルの微分が出てこないぶん，いくらか楽な方法だろう．