ラグランジュ力学を拘束系に拡張する

主張Ａ.２.１(最小作用の原理)より、ラグランジアン\(L(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}}, t)\)は現実に力学系が通過する軌道\(\boldsymbol{q}(t)\)に対して、\(S=\int_{t_i}^{t_f} L dt\)の変分\(\delta S\)をゼロにする量として定義されていた。これより、ラグランジアン\(L(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}}, t)\)の変分を計算し、主張２.２.１から原理２.２を導く証明のときと同様に\(\delta \dot{q}_i\)の項を部分積分すると、次の式が得られる。
$$
\int_{t_i}^{t_f} \sum_{i=1}^N \left\{ \left( \frac{\partial L}{\partial q_i} – \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} \right) \delta q_i \right\} dt =0
$$もし\(N\)個の変数\(q_i\)がすべて互いに独立に動けるのであれば、変分法の基本補題よりカッコの中身がそれぞれ０になり通常のオイラー＝ラグランジュ方程式が得られるが、ここでは\(M\)個の拘束条件により各\(\delta q_i\)は独立して動くことができないため、カッコの中身がそれぞれ０とはいえない。ただ、積分の中身について、
$$
\sum_{i=1}^N \left\{ \left( \frac{\partial L}{\partial q_i} – \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} \right) \delta q_i \right\} =0 \qquad \text{(a)}
$$であることは成り立つ。ここで、\(\boldsymbol{x}\)として、
$$
\boldsymbol{x}= {}^t \left( \frac{\partial L}{\partial q_1} – \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_1} , \frac{\partial L}{\partial q_2} – \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_2} , … , \frac{\partial L}{\partial q_N} – \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_N} \right)
$$を定義すると、(a)式は\(\boldsymbol{x} \cdot \delta \boldsymbol{q} = 0\)と書き換えることができる。
ここで、系の\(M\)個の拘束条件\(G_j(\boldsymbol{q}, t)=0 \quad (j=1,2,…,M)\)について、軌道が\(\delta q_i\)だけズレた仮想的な経路でも、この拘束条件は満たされていなければならないため、時間を固定して\(G_j\)の変分をとると、
$$
\delta G_j = G_j(\boldsymbol{q} + \delta \boldsymbol{q} , t) – G_j(\boldsymbol{q}, t) = \sum_{i=1}^N \frac{\partial G_j}{\partial q_i} \delta q_i = 0 \qquad (j=1,2,…,M)
$$とならねばならない。これは\(\nabla_{\boldsymbol{q}} G_j \cdot \delta \boldsymbol{q} = 0\)と書き換えることができる。

以上より、\(\nabla_{\boldsymbol{q}} G_j \cdot \delta \boldsymbol{q} = 0\)のもとで自由に動く微小の経路変化\(\delta \boldsymbol{r}\)が、\(\boldsymbol{x} \cdot \delta \boldsymbol{q} = 0\)を満たすような\(\boldsymbol{x}\)の条件さえ求めればよいが、この条件は\(\boldsymbol{x}\)が\(\{ \nabla_{\boldsymbol{q}} G_j \}_{i=1}^N\)によって張られる部分空間の元であること、すなわち、
$$
\boldsymbol{x} = \sum_{j=1}^M \lambda_j \nabla_{\boldsymbol{q}} G_j
$$なる時間\(t\)の関数の組\(\{\lambda_j(t) \}_{j=1}^M \)が存在することである。よって、この各成分をみると示されている。□

先に準備として(a),(b),(c),(d),(e)式を与える。
まず変数消去で消える座標\(Q_k\)は座標\(\boldsymbol{q}\)と時間\(t\)の関数\(Q_k(\boldsymbol{q}, t)\)として表されるので、これを時間で微分すると、速度\(\dot{Q}_k\)は合成関数の微分より、
$$
\dot{Q}_k = \frac{d Q_k}{dt} = \sum_{j=1}^N \frac{\partial Q_k}{\partial q_j} \frac{d q_j}{dt} + \frac{\partial Q_k}{\partial t} \frac{dt}{dt} = \sum_{j=1}^N \frac{\partial Q_k}{\partial q_j}\dot{q}_j + \frac{\partial Q_k}{\partial t}
$$とかける。この\(\dot{Q}_k\)を\(\dot{q}_i\)以外を定数とみなして偏微分すると、\(Q_k\)は\(\boldsymbol{q}\)と時間\(t\)の関数であるため、\(\frac{\partial Q_k}{\partial q_j}\)や\(\frac{\partial Q_k}{\partial t}\)は\(\dot{\boldsymbol{q}}\)を引数に含まないから、合成関数の微分より、
$$
\frac{\partial \dot{Q}_k}{\partial \dot{q}_j} = \frac{\partial}{\partial \dot{q}_j} \left( \sum_{j=1}^N \frac{\partial Q_k}{\partial q_j}\dot{q}_j + \frac{\partial Q_k}{\partial t} \right) = \frac{\partial Q_k}{\partial q_j} \qquad \text{(a)}
$$が成り立つ。続いて、拘束条件\(G_j(\boldsymbol{q}, \boldsymbol{Q}, t) = 0\)を解いて得られた\(\boldsymbol{Q} = \boldsymbol{Q}(\boldsymbol{q}, t)\)を元の式に代入した恒等式\(\tilde{G}_j(\boldsymbol{q}, t) = G_j(\boldsymbol{q}, \boldsymbol{Q}(\boldsymbol{q}, t), t) = 0\)について、この両辺を独立変数\(q_i\)で偏微分すると、合成関数の微分を用いて、
$$
\frac{\partial \tilde{G}_j}{\partial q_i} = \frac{\partial G_j}{\partial q_i} + \sum_{k=1}^M \frac{\partial G_j}{\partial Q_k} \frac{\partial Q_k}{\partial q_i} = 0 \qquad \text{(b)}
$$となる。次に、変数を消去したラグランジアン\(\tilde{L}(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}}, t) = L(\boldsymbol{q}, \dot{\boldsymbol{q}}, \boldsymbol{Q}(\boldsymbol{q},t), \dot{\boldsymbol{Q}}(\boldsymbol{q},\dot{\boldsymbol{q}},t), t)\)についても\(q_i\)と \(\dot{q}_i\)でそれぞれ偏微分すると、合成関数の微分を用いて、
$$
\frac{\partial \tilde{L}}{\partial q_i} = \frac{\partial L}{\partial q_i} + \sum_{k=1}^M \left( \frac{\partial L}{\partial Q_k} \frac{\partial Q_k}{\partial q_i} + \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}_k} \frac{\partial \dot{Q}_k}{\partial q_i} \right) \qquad \text{(c)}
$$$$
\frac{\partial \tilde{L}}{\partial \dot{q}_i} = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} + \sum_{k=1}^M \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}_k} \frac{\partial \dot{Q}_k}{\partial \dot{q}_i} = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} + \sum_{k=1}^M \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}_k} \frac{\partial Q_k}{\partial q_i} \qquad \text{(d)}
$$となる。ただし、(d)式の１つ目の等号は\(\boldsymbol{Q}(\boldsymbol{q},t)\)は速度\(\dot{\boldsymbol{q}}\)には依存しないため、\(\frac{\partial Q_k}{\partial \dot{q}_i}=0\)であること、２つ目の等号は(a)式を用いている。(d)式をさらに時間\(t\)で全微分すると、積の微分公式を用いて、
$$
\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \tilde{L}}{\partial \dot{q}_i}\right) = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}\right) + \sum_{k=1}^M \left[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{Q}_k}\right) \frac{\partial Q_k}{\partial q_i} + \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}_k} \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial Q_k}{\partial q_i}\right) \right] \qquad \text{(e)}
$$となっている。さて、式(a),(b),(c),(d),(e)を与えたので証明に入る。定理２.１の式から定理２.２の式が矛盾なく出てくることを示す。

定理２.１は、すべての変数(\(q_i\)と\(Q_k\))に対して
$$
\frac{\partial L}{\partial q_i} – \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} = \sum_{j=1}^M \lambda_j \frac{\partial G_j}{\partial q_i} \qquad \text{(f)}
$$$$
\frac{\partial L}{\partial Q_k} – \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{Q}_k} = \sum_{j=1}^M \lambda_j \frac{\partial G_j}{\partial Q_k} \qquad \text{(g)}
$$が成り立つことを主張している。ここから定理２.２の式が矛盾なく出てくることを示すために、(c)式と(e)式を引き算して\(\tilde{L}\)のオイラー＝ラグランジュ方程式の左辺を計算すると、
$$
\frac{\partial \tilde{L}}{\partial q_i} – \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \tilde{L}}{\partial \dot{q}_i}\right) = \left( \frac{\partial L}{\partial q_i} – \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} \right) + \sum_{k=1}^M \left( \frac{\partial L}{\partial Q_k} – \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{Q}_k} \right) \frac{\partial Q_k}{\partial q_i}
$$となる。右辺に(f)式と(g)式を代入することで、
$$
\frac{\partial \tilde{L}}{\partial q_i} – \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \tilde{L}}{\partial \dot{q}_i}\right) = \sum_{j=1}^M \lambda_j \frac{\partial G_j}{\partial q_i} + \sum_{k=1}^M \left( \sum_{j=1}^M \lambda_j \frac{\partial G_j}{\partial Q_k} \right) \frac{\partial Q_k}{\partial q_i} = \sum_{j=1}^M \lambda_j \left[ \frac{\partial G_j}{\partial q_i} + \sum_{k=1}^M \frac{\partial G_j}{\partial Q_k} \frac{\partial Q_k}{\partial q_i} \right] = 0
$$となっている。ただし、３つ目の等号は(b)式を用いた。これは定理２.２の\(\tilde{L}\)のオイラー＝ラグランジュ方程式そのものであるから、示された。□