演習の講義で紹介された証明方法があまりにも厳密性が高く感動的だったので，メモとしてここに投下．
厳密性が高い，というのは，前回の記事の証明過程((5.13)の2行目～3行目)を見ると分かってくれるだろうか．

量子力学メモ②：Heisenbergの不確定性原理を導出してみる

前回，粒子の位置$x$と運動量$p$の期待値を求めた((4.4)式と(4.5)式)．今回は，位置$x$と運動量$p$の揺らぎ$\delta x$，$\delta p$を考え，Robertsonの不等式からHeisenbergの不確定性原理の式を導出してみたいと思う．....

どちらの証明方法が主流なのかは分からないが，個人的にはこちらの方が綺麗にまとまっていて好みである．
では，早速見ていこう．

突然だが，ある演算子の揺らぎ$\Delta A$と$\Delta B$を考える．これはRobertsonの不等式(5.14)の$\delta A$と$\delta B$に対応しているものと思ってくれれば良い．
そこに，$\lambda \in \mathbb{R}$を持ってくる．ある関数$\psi$に対し，$\lambda$の関数で，ノルムの2乗
$$\mathcal{N}(\lambda)=\| (\lambda \Delta A -i \Delta B)\psi \| ^2 \tag{6.1}$$を考える．これはもちろん内積の性質から，
$$\mathcal{N}(\lambda) \geq 0 \tag{6.2}$$である．さて，(6.1)の右辺を内積の性質を用いて書き下していこう．
$$\begin{eqnarray}\| (\lambda \Delta A -i \Delta B)\psi \| ^2 &=& \left( (\lambda \Delta A -i\Delta B)\psi , (\lambda \Delta A -i\Delta B)\psi \right) \\
&=& \lambda ^2 \left( \Delta A \psi , \Delta A \psi \right) + \left( \Delta B \psi , \Delta B \psi \right) -i\lambda \left( \Delta A \psi , \Delta B \psi \right) +i\lambda \left( \Delta B \psi , \Delta A \psi \right) \\
&=& \lambda ^2 \left( \psi , (\Delta A)^2 \psi \right) + \left( \psi , (\Delta B)^2 \psi \right) -i\lambda \left( \psi , (\Delta A\Delta B -\Delta B\Delta A)\psi \right) \tag{6.3} \end{eqnarray}$$となる．ここで，(6.3)の第3項には交換関係$[\Delta A, \Delta B]=\Delta A\Delta B-\Delta B\Delta A$が現れている．これは純虚数であったから，
$$[\Delta A, \Delta B]:=i C \tag{6.4}$$として(6.3)をさらに書き下してみよう．すると，
$$\mathcal{N}(\lambda) = \lambda ^2 \langle (\Delta A)^2 \rangle +\lambda \langle C \rangle + \langle (\Delta B)^2 \rangle \tag{6.5}$$演算子の期待値は数値として扱えることに注意すれば，(6.5)の右辺は$\lambda$の2次関数になっている！すなわち，(6.2)と(6.5)より，任意の$\lambda \in \mathbb{R}$に対し，常に
$$\lambda ^2 \langle (\Delta A)^2 \rangle +\lambda \langle C \rangle + \langle (\Delta B)^2 \rangle \geq 0 \tag{6.6}$$が成り立つような条件を考えればよい，ということになる．となれば，(6.6)の判別式をとってやって，それが0以下だと言えばよいということである．
判別式は，
$$\begin{eqnarray}D &=& \langle C \rangle ^2 -4\langle (\Delta A)^2 \rangle \langle (\Delta B)^2 \rangle \\
&\leq& 0 \tag{6.7} \end{eqnarray}$$これをヒョイッと整理してやって，両辺の平方根をとれば，Robertsonの不等式
$$\sqrt{\langle (\Delta A)^2 \rangle \langle (\Delta B)^2 \rangle} \geq \frac{|\langle C \rangle |}{2} \tag{6.8}$$が得られた．演算子$A$，$B$を位置演算子と運動量演算子に置き換えたものがHeisenbergの不確定性原理の式となることは言うまでもない．

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満足したのでこれで終わり．また適当に投下すると思います．

前回，粒子の位置$x$と運動量$p$の期待値を求めた((4.4)式と(4.5)式)．
今回は，位置$x$と運動量$p$の揺らぎ$\delta x$，$\delta p$を考え，Robertsonの不等式からHeisenbergの不確定性原理の式を導出してみたいと思う．

◎交換関係の定義(とおまけ)
2つの演算子$A, B$に対し，
$$[A, B] :=AB-BA \tag{5.1}$$を交換関係と言う．また，
$$\{ A, B \} :=AB+BA \tag{5.2}$$を反交換関係と言う．
今回は，$A=\hat{x}, B=\hat{p}$として考える．すると，任意の関数$f$に対し，
$$\begin{eqnarray}
(\hat{x}\hat{p}-\hat{p}\hat{x})f &=& -i\hbar \left( x \frac{\partial f}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}(xf) \right) \\
&=& -i\hbar \left[ x\frac{\partial f}{\partial x}- \left( f+ x\frac{\partial f}{\partial x}\right) \right] \\
&=& -i\hbar (-f) \\
&=& i\hbar f \tag{5.3}
\end{eqnarray}$$が成り立つ．よって，(5.1)と(5.3)をまとめると，
$$[\hat{x}, \hat{p}]=i\hbar \tag{5.4}$$であることがわかる．

◎内積の定義と諸性質
関数$\phi, \psi$に対して，内積$\langle \phi | \psi \rangle$を
$$\langle \phi | \psi \rangle := \int \phi^*(q_1, \cdots,q_f) \psi (q_1, \cdots, q_f) d \tau \tag{5.5} $$で定義する．ここで，$\tau=(q_1, \cdots, q_f)$である．
この内積は，以下の5つの性質を満たす．
$$\begin{eqnarray}
&1.& \ \langle \phi | \psi \rangle = \langle \psi | \phi \rangle ^* \tag{5.6} \\
&2.& \ \langle \phi | \lambda_1 \psi_1+\lambda_2\psi_2\rangle =\lambda_1 \langle \phi | \psi_1 \rangle +\lambda_2\langle \phi | \psi_2\rangle \ {\rm for} \ \lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb{C} \tag{5.7} \\
&3.& \ \langle \lambda_1\phi_1+\lambda_2\phi_2 |\psi \rangle = \lambda_1 ^* \langle \phi_1 | \psi \rangle +\lambda_2^* \langle \phi_2 |\psi \rangle \ {\rm for} \ \lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb{C} \tag{5.8} \\
&4.& \ \langle \psi | \psi \rangle \geq 0 \tag{5.9} \\
&5.& \ |\langle\phi|\psi\rangle| \leq \sqrt{\langle\phi|\phi\rangle \langle\psi|\psi\rangle} \ ({\rm Schwarz \ ineq.}) \tag{5.10}
\end{eqnarray}$$
◎Robertsonの不等式
ある演算子$A$に対して，その揺らぎを$\delta A := A- \langle A \rangle$で定義する．
このとき，$\langle (\delta A)^2 \rangle$を$A$の分散と言う．
2つの演算子$A, B$に対して，(5.10)より，
$$\langle (\delta A)^2 \rangle \langle (\delta B)^2 \rangle \geq |\langle \delta A\delta B \rangle |^2 \tag{5.11}$$が成り立つ．ここで，(5.1)と(5.2)より，
$$\begin{eqnarray}
\delta A\delta B &=& \frac{1}{2}(\delta A\delta B -\delta B\delta A)+\frac{1}{2}(\delta A\delta B +\delta B\delta A) \\
&=& \frac{1}{2}\left[ (A-\langle A \rangle)(B-\langle B \rangle)-(B-\langle B \rangle)(A-\langle A \rangle) \right] +\frac{1}{2}\{ \delta A,\delta B \} \\
&=& \frac{1}{2}(AB-BA) +\frac{1}{2}\{ \delta A, \delta B \} \\
&=& \frac{1}{2}[A,B] +\frac{1}{2}\{ \delta A,\delta B \} \tag{5.12}
\end{eqnarray}$$であるから，
$$\begin{eqnarray}
|\langle \delta A\delta B \rangle|^2 &=& \left| \frac{1}{2}\langle[A,B] \rangle +\frac{1}{2}\langle \{ \delta A,\delta B \} \rangle \right| ^2 \\
&=& \left| \frac{1}{2} \langle [A,B] \rangle \right| ^2 +\left| \frac{1}{2} \langle \{ \delta A, \delta B \} \rangle \right| ^2 \\
&\geq& \frac{1}{4} |\langle [A,B] \rangle |^2 \tag{5.13}
\end{eqnarray}$$となる．1行目から2行目へは，$\langle [A,B] \rangle$は純虚数，$\langle \{ \delta A, \delta B \} \rangle$が実数であることを用いた．
よって，(5.11)と(5.13)を合わせると，
$$\langle (\delta A)^2 \rangle \langle (\delta B)^2 \rangle \geq \frac{1}{4} |\langle [A,B] \rangle |^2 \tag{5.14}$$となる．これがRobertsonの不等式である．

◎Heisenbergの不確定性原理の導出
Robertsonの不等式が導出できたので，あとは$A, B$をそれぞれ$\hat{x}, \hat{p}$に置き換えてみる．
すると，(5.14)は，
$$\langle (\delta \hat{x})^2 \rangle \langle (\delta \hat{p})^2 \rangle \geq \frac{1}{4} |\langle [\hat{x}, \hat{p} ] \rangle |^2 \tag{5.15}$$となる．(5.4)と(5.15)より，
$$\sqrt{\langle (\delta \hat{x})^2 \rangle \langle (\delta \hat{p})^2 \rangle} \geq \frac{\hbar}{2} \tag{5.16}$$となって，Heisenbergの不確定性原理の式が導出された．

◎参考文献 (敬称略)
・量子力学(I)(裳華房) / 著・江沢洋
・量子物理(オーム社) / 著・望月和子
・量子力学A 資料第5回「演算子と固有値・固有関数(その2)」 / 草部浩一
・Wikipedia-不確定性原理 → リンク
・Wikipedia-交換関係 → リンク
・理工系数学のアラカルト-ロバートソンの不等式とその証明 → リンク

久しぶりにメモを残す．
大学で量子力学の講義が始まって約1ヶ月になるが，少し理解が追いついていない可能性があるため，ここにメモがてらしたためることにした．
とりあえず，今回は量子力学や統計力学で扱う確率論を踏まえた，平均値のお話．

◎波動関数の規格化と確率解釈
規格化された複素数波動関数$\psi (x,t)$を考える．(一般の位置$\mathbf{r}$に対する波動関数$\psi (\mathbf{r}, t)$でもよいが...)
つまり，このとき
\[ \int _{\Omega} \psi^* \psi dx=1 \tag{4.1} \]
が成り立っているものとする($\psi^* := \overline{\psi} $ である)．
$\Omega$は$\psi$が定義されている全空間であるとするならば，(4.1)の左辺の値が1となるのは当然である．
また、Bornの確率解釈に従えば，「時刻tで一次元体積素$dx$の中に粒子を見出す確率が$\psi^* \psi dx$である」と言える．
(もちろん，一般に考えると体積素は$d \mathbf{r}$となる．)

◎期待値(≒平均値)の定義
先の項で示したBornの確率解釈の話によれば，時刻tで位置$x$に粒子を見出す確率は$x \psi^* \psi$であると言えるだろう．
これを全空間$\Omega$にわたり積分すれば，粒子の位置の期待値が得られる．これを$\langle x \rangle$と書くならば，
\[ \begin{eqnarray} \langle x \rangle &:=& \int _{\Omega} x\psi^* \psi dx \\
&=& \int _{\Omega} \psi^* x\psi dx \tag{4.2}
\end{eqnarray} \]
ということである．
$\psi^*$と$\psi$で挟む形に敢えてしたのは，運動量$p$の対応を考えると都合がよくなるからである．
(このあたりは不勉強なため，もう少し整理できたら別の記事でまとめます)

以上をまとめて，期待値の演算子(のようなもの)を考えると，次の(4.3)式のようになるはずである．
\[ \langle \cdot \rangle := \int_{\Omega} \psi^* \cdot \psi dx \tag{4.3} \]
たとえば，次のようになる．各式の2式目と3式目は，対応を考えれば成り立っていることが分かる．
$$ \begin{eqnarray}
\langle \hat{x} \rangle &=& \int_{\Omega} \psi^* \hat{x} \psi dx = \int_{\Omega} \psi^* x \psi dx \tag{4.4} \\
\langle \hat{p} \rangle &=& \int_{\Omega}\psi^* \hat{p} \psi dx = \int_{\Omega} \psi^* \left( -i\hbar \frac{\partial}{\partial x} \right) \psi dx \tag{4.5}
\end{eqnarray} $$
※ブラ・ケット記法を借りると，(4.3)式は次のように書き改めることもできる．
$$ \langle \cdot \rangle := \langle \psi | \cdot |\psi \rangle \tag{4.6}$$

◎Ehrenfestの定理
さて，(4.4)式と(4.5)式で位置と運動量の期待値$\langle \hat{x} \rangle$，$\langle \hat{p} \rangle$が与えられた．これらをそれぞれ時間微分してみる．
$$ \begin{eqnarray}
\frac{d}{dt}\langle \hat{x} \rangle &=& \frac{d}{dt}\int_{\Omega}\psi^* x\psi dx \\
&=& \int_{\Omega}\left( \frac{\partial\psi^*}{\partial t}x\psi +\psi^* x\frac{\partial\psi}{\partial t}\right)dx \\
&=& -\frac{1}{i\hbar}\int_{\Omega}\left[ \left(-i\hbar\frac{\partial\psi^*}{\partial t}\right) x\psi - \psi^*x \left( i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t} \right) \right] dx \\
&=& -\frac{1}{i\hbar}\int_{\Omega}({\cal H}\psi)^*x\psi dx +\frac{1}{i\hbar}\int_{\Omega}\psi^*x({\cal H}\psi)dx \\
&=& \frac{1}{i\hbar}\left[ \int_{\Omega}\psi^*x \left( -\frac{\hbar ^2}{2m}\Delta +V(x) \right) \psi dx \ - \ \int_{\Omega}\left( -\frac{\hbar ^2}{2m}\Delta +V(x) \right)\psi^* x\psi dx \right] \\
&=& \frac{i\hbar}{2m}\int_{\Omega}[\psi^* x\Delta\psi -(\Delta\psi^*)x\psi]dx \\
&=& \frac{1}{m}\int_{\Omega}\psi^*\left(-i\hbar \frac{\partial}{\partial x} \right)\psi dx \\
&=& \frac{1}{m} \langle \hat{p} \rangle \tag{4.7}
\end{eqnarray} $$
$$ \begin{eqnarray}
\frac{d}{dt}\langle \hat{p} \rangle &=& \frac{d}{dt}\int_{\Omega}\psi^* \left( -i\hbar \frac{\partial}{\partial x}\right)\psi dx \\
&=& -i\hbar \left[ \int_{\Omega}\frac{\partial \psi^*}{\partial t}\frac{\partial}{\partial x}\psi dx +\int_{\Omega}\psi^*\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial \psi}{\partial t}dx \right] \\
&=& \int_{\Omega}({\cal H}\psi)^* \frac{\partial}{\partial x}\psi dx -\int_{\Omega}\psi^* \frac{\partial}{\partial x}({\cal H}\psi)dx \\
&=& \int_{\Omega} \left( -\frac{\hbar ^2}{2m}\Delta +V(x) \right)\psi^* \frac{\partial\psi}{\partial x}dx - \int_{\Omega}\psi^* \frac{\partial}{\partial x}\left( -\frac{\hbar ^2}{2m}\Delta +V(x) \right) \psi dx \\
&=& \int_{\Omega} \left[ -\frac{\hbar ^2}{2m} \left( \psi^* \Delta \frac{\partial \psi}{\partial x} - \psi^* \frac{\partial}{\partial x} \Delta \psi \right) +\psi^* V(x) \frac{\partial \psi}{\partial x} - \psi^* \frac{\partial}{\partial x} (V(x)\psi ) \right] dx \\
&=& \int_{\Omega}\psi^* \left( -\frac{\partial}{\partial x} V(x) \right) \psi dx \\
&=& \langle -\frac{\partial}{\partial x} V(x) \rangle \\
&=& \langle F(x) \rangle \tag{4.8}
\end{eqnarray} $$
以上の(4.7)と(4.8)を一般的に書くと，次のようになる．
\[ \begin{eqnarray}
m\frac{d}{dt}\langle \hat{\mathbf{r}} \rangle = \langle \hat{\mathbf{p}} \rangle \tag{4.9} \\
\frac{d}{dt} \langle \hat{\mathbf{p}} \rangle = \langle \mathbf{F} \rangle \tag{4.10}
\end{eqnarray} \]
(4.10)の右辺は$\langle -\nabla V(\mathbf{r}) \rangle$と書くこともある．
これをEhrenfestの定理と言う．このEhrenfestの定理によって，以下のことが保障される．
『波束の位置，運動量をそれらの量子論的期待値と解釈すれば，古典論的運動と量子論的運動が一致する．』
これにより，古典論と量子論の対応を議論する際にEhrenfestの定理が重要な役割を果たす．

◎参考文献 (敬称略)
・量子物理(オーム社) / 著・望月和子
・量子力学A 資料第3回「波動関数」 / 草部浩一
・エーレンフェストの定理 (Wikipedia) → リンク
・量子力学・期待値 (EMANの物理学) → リンク

今回は，ある一点を支点として回転するコマの運動について考える．
この問題で最後に得られる微分方程式は，今の自分では解けないため，とりあえずそこまででメモは打ち止め．

☆今回用いる一般化座標
一般化座標は，今回は直交座標ではなく，オイラー角を用いる．
なぜなら，コマは支点を通る鉛直線まわりにも回転するし，支点とコマを結ぶ動径まわりにも回転する．
この回転運動を扱うには，直交座標は難しくなりすぎる．
コマが剛体であることも考えると，オイラー角を一般化座標に選ぶのが都合がよさそうだからである．

さて，オイラー角φ，θ，ψを一般化座標に選んだ．
先に述べた通り，コマは回転運動をしているから，慣性主軸まわりの角速度を一般化座標で表したい．
直交座標系O-xyzから回転座標系O-ξηζに変換するには，以下の手順を踏む．
　①z軸まわりにφ回転(x軸→x'軸，y軸→y'軸)
　②y'軸まわりにθ回転(x'軸→x''軸，z軸→ζ軸)
　③ζ軸まわりにψ回転(x''軸→ξ軸，y'軸→η軸)
ω_(z)=φ'，ω_(η)=θ'，ω_(ζ)=ψ'である(φ，θ，ψのプライムはドットのことである)から，慣性主軸まわりの角速度をまとめて書くと，
\[ \begin{eqnarray*}
\left( \begin{array}{ccc} \omega_{\xi} \\ \omega_{\eta} \\ \omega_{\zeta} \end{array} \right) &=& \left( \begin{array}{ccc} \cos\psi & \sin\psi & 0 \\ -\sin\psi & \cos\psi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{ccc} -\sin\theta & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \cos\theta & 0 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{ccc} \dot{\varphi} \\ \dot{\theta} \\ \dot{\psi} \end{array} \right) \\
&=& \left( \begin{array}{ccc} \dot{\theta}\sin\psi-\dot{\varphi}\cos\psi\sin\theta \\ \dot{\theta}\cos\psi+\dot{\varphi}\sin\psi\sin\theta \\ \dot{\varphi}\cos\theta+\dot{\psi} \end{array} \right) \tag{3.1}
\end{eqnarray*} \]
となる．

☆ラグランジアンを求める
一般化座標を決定して，回転座標系に関する角速度を求めたのはいいが，うまく座標軸を決定したい．
今回は，支点とコマの中心を通る半直線(いわゆるコマの軸である)をζ軸としよう．
こうすると，コマの対称性から，慣性乗積はすべてゼロになる．また，ξ軸まわりの慣性モーメントとη軸まわりの慣性モーメントが等しくなる．
ξ軸，η軸まわりの慣性モーメントをI_1，ζ軸まわりの慣性モーメントをI_2とすれば，運動エネルギーKは，
\[
K=\frac{1}{2} \left[ I_1(\omega_{\xi}^2+\omega_{\eta}^2)+I_2\omega_{\zeta}^2 \right] \tag{3.2}
\]
となる．コマの質量をM，コマの重心が最下点からlの位置にあったとすれば，ポテンシャルエネルギーUは
\[
U=Mg\ell\cos\theta \tag{3.3}
\]
となるから，(3.2)(3.3)より，ラグランジアンは
\[
{\cal L}= \frac{1}{2} \left[ I_1(\omega_{\xi}^2+\omega_{\eta}^2)+I_2\omega_{\zeta}^2 \right]-Mg\ell\cos\theta \tag{3.4}
\]
である．さらに，ここに(3.1)を代入して整理すれば，
\[
{\cal L}= \frac{1}{2} \left[ I_1(\dot{\theta}^2+\dot{\varphi}^2\sin^2\theta)+I_2(\dot{\varphi}\cos\theta+\dot{\psi})^2 \right]-Mg\ell\cos\theta \tag{3.5}
\]
となる．

☆循環座標とホロノミックな系
さて，ここで，一般化運動量を考える．
(3.5)より，ラグランジアンにはφおよびψは含まれていない．
したがって，φおよびψは循環座標となる．つまりp_φおよびp_ψは定数となる．
\[ \begin{align*}
p_{\varphi} &= \frac{\partial {\cal L}}{\partial \dot{\varphi}}=I_1\dot{\varphi}\sin^2\theta+I_2(\dot{\varphi}\cos\theta+\dot{\psi})\cos\theta=a \ ({\rm const.}) \tag{3.6} \\
p_{\psi} &= \frac{\partial {\cal L}}{\partial \dot{\psi}}=I_2(\dot{\varphi}\cos\theta+\dot{\psi})=b \ ({\rm const.}) \tag{3.7}
\end{align*} \]
また，この問題ではコマは剛体として扱っているから，つまりはホロノミックな系である．
したがって，ラグランジアンには時間tは含まれない．このとき，エネルギー保存則K+U=E(const.)が成立する．
つまり，(3.1)(3.2)(3.3)より，
\[
\frac{1}{2} \left[ I_1(\dot{\theta}^2+\dot{\varphi}\sin^2\theta)+I_2(\dot{\varphi}\cos\theta+\dot{\psi})^2 \right]+Mg\ell\cos\theta=E \tag{3.8}
\]
となる．

☆θの微分方程式を求める
さて，ここまで来れば，もうすぐゴールである．
ラグランジアンにはφとψの項がないことがすでに分かっている．
また，(3.6)(3.7)によって，φ'とψ'は定数で表せる．したがって，(3.8)をθ'とθのみに書き下すことが可能である．
実際に書き改めてみると，
\[
\frac{1}{2}I_1\dot{\theta}^2+\frac{1}{2}(a-b\cos\theta)+\frac{b^2}{2I_2}+Mg\ell\cos\theta=E \tag{3.9}
\]
となった．これはθ'とθしか一般化座標が含まれていない微分方程式である．
この微分方程式は，たとえば
\[
\frac{d\theta}{dt}=f(\theta) \tag{3.10}
\]
という風に書けたとすれば，両辺を積分する，すなわち
\[
\int\frac{d\theta}{f(\theta)}=\int dt \tag{3.11}
\]
によってθ(t)を求めることができるが，今回は楕円関数などを用いる必要があり，容易に解くことはできない．

現状では，ここをゴールとしておく．
解けるようになったら，また別の記事で再び触れるかもしれない．忘れないようにメモ，ということにしておこう．

2個の質点m_1, m_2(順に質点1, 2とする)がそれぞれ長さl_1, l_2の重さが無視できる糸で吊るされている．
l_1, l_2がそれぞれ鉛直線となす角をθ_1, θ_2(いずれも微小角)とする．
この微小振動の運動を調べたい．

☆座標変換
ラグランジアンを考えるときは，座標系に依らない．
よって，直交座標系では少々難しくなるため，極座標系で考える．
ただし，糸の長さは固定されていることに留意する．
質点1，2の座標をそれぞれ(x_1, y_1)，(x_2, y_2)とすると，
\[ \begin{align*}
x_1 &=& \ell_1\sin\theta_1 , \ y_1 &=& \ell_1\cos\theta_1 \tag{2.1} \\
x_2 &=& \ell_1\sin\theta_1+\ell_2\sin\theta_2, \ y_2 &=& \ell_1\cos\theta_1+\ell_2\cos\theta_2 \tag{2.2}
\end{align*}
\]
となる．これにより，運動エネルギーKは，
\[ \begin{align*}
K &= \frac{1}{2}m_1(\dot{x_1}^2+\dot{y_1}^2)+\frac{1}{2}m_2(\dot{x_2}^2+\dot{y_2}^2) \\
&= \frac{1}{2}(m_1+m_2)\ell_1^2\dot{\theta_1}^2+\frac{1}{2}m_2\ell_2^2\dot{\theta_2}^2+m_2\ell_1\ell_2\dot{\theta_1}\dot{\theta_2}\cos(\theta_1-\theta_2) \tag{2.3}
\end{align*}
\]
となる．

☆ポテンシャルエネルギーの基準について
どうやら，y軸を鉛直下向きにとって，糸l_1の始点を原点に取ると都合がいいようだ．
実際，(2.1)および(2.2)は水平右向きにx軸正方向，鉛直下向きにy軸正方向をとったときの座標変換となっている．
このとき，もちろんポテンシャルの基準は最高点になっているため，ポテンシャルエネルギーUは，
\[ \begin{align*}
U &=-m_1gy_1-m_2gy_2 \\
&= -(m_1+m_2)g\ell_1\cos\theta_1-m_2g\ell_2\cos\theta_2 \tag{2.4}
\end{align*}
\]
となる．

☆ラグランジュの運動方程式
上の(2.3)(2.4)より，ラグランジアンは，
\[ \begin{align*}
\cal{L} &= K-U \\
&=\frac{1}{2}(m_1+m_2)\ell_1^2\dot{\theta_1}^2+\frac{1}{2}m_2\ell_2^2\dot{\theta_2}^2+m_2\ell_1\ell_2\dot{\theta_1}\dot{\theta_2}\cos(\theta_1-\theta_2)+(m_1+m_2)g\ell_1\cos\theta_1+m_2g\ell_2\cos\theta_2 \tag{2.5}
\end{align*}
\]
となる．ラグランジュの運動方程式は，
\[ \begin{align*}
\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial \cal{L}}{\partial \dot{\theta_1}}\right)-\frac{\partial \cal{L}}{\partial \theta_1}=0 \tag{2.6} \\
\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial \cal{L}}{\partial \dot{\theta_2}}\right)-\frac{\partial \cal{L}}{\partial \theta_2}=0 \tag{2.7}
\end{align*} \]
で与えられる．各偏微分を計算して書き下すと，(2.6)は，
\[ \begin{align*}
(m_1+m_2)\ell_1^2\ddot{\theta_1}+m_2\ell_1\ell_2\ddot{\theta_2}\cos(\theta_1-\theta_2)+m_2\ell_1\ell_2\dot{\theta_2}^2\sin(\theta_1-\theta_2)=-(m_1+m_2)g\ell_1\sin\theta_1 \tag{2.8}
\end{align*} \]
となる．同様に，(2.7)は，
\[ \begin{align*}
m2\ell_2^2\ddot{\theta_2}+m_2\ell_1\ell_2\ddot{\theta_1}\cos(\theta_1-\theta_2)-m_2\ell_1\ell_2\dot{\theta_1}^2\sin(\theta_1-\theta_2)=-m_2g\ell_2\sin\theta_2 \tag{2.9}
\end{align*} \]
となる．ここで，運動は微小振動と仮定しているから，次の式が成り立つ．
\[ \begin{align*}
\sin\theta\simeq\theta, \ \cos\theta\simeq1 \tag{2.10} \\
\ddot{\theta}\ll\dot{\theta}^2\theta \tag{2.11}
\end{align*} \]
これを用いて(2.8)(2.9)を整理すると，次のようになる．
\[ \begin{align*}
(m_1+m_2)\ell_1\ddot{\theta_1}+m_2\ell_2\ddot{\theta_2} &=-(m_1+m_2)g\theta_1 \tag{2.12} \\
\ell_1\ddot{\theta_1}+\ell_2\ddot{\theta_2} &=-g\theta_2 \tag{2.13}
\end{align*} \]

☆さらに状況を具体化してみる
さて，ラグランジュの運動方程式を整理すると(2.12)(2.13)の連立微分方程式が得られた．
(2.12)(2.13)を，θ_1''，θ_2''について解くと，
\[ \begin{align*}
\ddot{\theta_1} &= -\frac{m_1+m_2}{m_1}\frac{g}{\ell_1}\theta_1+\frac{m_2}{m_1}\frac{g}{\ell_1}\theta_2 \tag{2.14} \\
\ddot{\theta_2} &= \frac{m_1+m_2}{m_1}\frac{g}{\ell_2}(\theta_1-\theta_2) \tag{2.15}
\end{align*} \]
となる．次に，簡単のためにm_1=m_2，l_1=l_2≡lの場合を考えると，(2.14)(2.15)は，
\[ \begin{align*}
\ddot{\theta_1} &= -2\gamma\theta_1+\gamma\theta_2 \tag{2.16} \\
\ddot{\theta_2} &=2\gamma(\theta_1-\theta_2) \tag{2.17}
\end{align*} \]
となる．ただし，γ≡g/l．これはさらに簡略化できて，
\[ \begin{eqnarray}
\left( \begin{array}{cc} \ddot{\theta_1} \\ \ddot{\theta_2} \end{array} \right) =
-\gamma \left( \begin{array}{cc} 2 & -1 \\ -2 & 2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} \theta_1 \\ \theta_2 \end{array} \right) \tag{2.18}
\end{eqnarray} \]
となる．よって，係数行列の固有値および固有ベクトルを求めることで，この運動の規準運動を得る．
係数行列の固有値および固有ベクトルを求めると，
\[ \begin{align*}
\omega_1\equiv \sqrt{2-\sqrt{2}}\gamma, \ \omega_2\equiv\sqrt{2+\sqrt{2}}\gamma \tag{2.19} \\
\Theta_1\equiv\sqrt{\frac{2}{3}}\theta_1+\sqrt{\frac{1}{3}}\theta_2, \ \Theta_2\equiv\sqrt{\frac{2}{3}}\theta_1-\sqrt{\frac{1}{3}}\theta_2 \tag{2.20}
\end{align*} \]
となり，
\[ \begin{eqnarray}
\left( \begin{array}{cc} \ddot{\Theta_1} \\ \ddot{\Theta_2} \end{array} \right) =
-\left( \begin{array}{cc} \omega_1^2 & 0 \\ 0 & \omega_2^2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} \Theta_1 \\ \Theta_2 \end{array} \right) \tag{2.21}
\end{eqnarray} \]
したがって，この微分方程式は容易に解けて，
\[
\Theta_1=A_1\cos(\omega_1t+\varphi_1), \ \Theta_2=A_2\cos(\omega_2t+\varphi_2) \tag{2.22}
\]
となる．(2.20)と(2.22)を用いてθ_1，θ_2について解くことで，質点1，2の運動が記述できた．