ラグランジュの未定係数法

本節では束縛力（constraining force）の大きさを簡単に求める方法を示そう。ラグランジュ・ ダランベールの仮想変位の原理からスタートする。

$$\sum_i^n(m_i\ddot x_i-F_i)\,\delta x_i=0$$ (A.19)

ここで、 $\delta x_i$ を $c=N-n$ 個の束縛条件に従う変位とした場合、 この式は、自由度 $n$ の $\delta x_i$ の変位に対し停留する。

$c$ 個の束縛条件が次のように陰関数で与えられているとしよう。

$$G_k(x_1,\cdots,x_N)=0 \hspace{1cm} (k=1,\cdots,c)$$ (A.20)

これから $\delta x_i$ の変位に対する条件が得られる。

$$\sum_i^N\D{G_k}{x_i}\,\delta x_i =\sum_i^Ng_{ki}\,\delta x_i=0 \hspace{1cm} (k=1,\cdots,c)$$ (A.21)

ここで $g_{ki}=\partial G_k/x_i$ と再定義してある。

ここでラグランジュの未定係数法（Lagrange method of undetermined multiplier）と呼ばれる手法を利用しよう。 まずその手法について述べると、まずこれらの束縛条件の微分に任意定数 $\lambda_k: (k=1,\cdots,c)$ を掛け、 それらを式A.19から引いた式を作る。

$$\sum_i^N\left[m_i\ddot x_i-F_i-\sum_k^c\lambda_kg_{ki}\right] \,\delta x_i=0$$ (A.22)

このように新たに $c$ 個の未知数を導入することにより、 変位をまったく自由にする手法がラグランジュの未定係数法（Lagrange method of undetermined multiplier）である。

ラグランジュの未定係数法は次のように表現できる。 $f_i=m_i\ddot x_i-F_i$ と置こう。 すると、$N$ 次元空間のベクトルで表現した場合、 証明すべき命題は次のようになる。

$c$ 個の束縛条件の $i$ 成分を $g_ki$ とすると、束縛条件はベクトル $\emph g_k$ と ${\bf\delta x}$ の内積が 0、 つまりこれらが直交していることを示す。 このとき、たまたま $\emph f$ と ${\bf\delta x}$ が直交していれば、 $\emph f$ は $\emph g_k$ の線形結合で与えらえるというものである。

例えば、$N=3$ で、束縛条件が $c=2$ とすると、最初の束縛条件で、 ${\bf\delta x}$ は $\emph g_1$ と垂直な面上になければならなくなる。 次の束縛条件で、$\emph g_2$ と垂直な別の面上になければならなくなる。 この結果、 ${\bf\delta x}$ はこれら二つの面の交線上になければならなくなる。 さて、ベクトル $\emph f$ がこの交線に垂直ならば、$\emph f$ が $\emph g_1$ と $\emph g_2$ の作る面内に入り、 これらの線形結合で与えられるということになる。

証明は次のようになる。 $c$ 個の束縛条件が独立であれば、$g_{ki}$ を行列で表したとき、その rank は $c$ となる。 このとき、列を適宜入れ替えて、左の $c\times c$ の部分行列の行列式が 0 にならないようにしておく。 束縛条件の式から $\delta x_1,\cdots,\delta x_c$ の関る部分と $\delta x_{c+1},\cdots,\delta x_n$ の関る部分とに分ける。

$$\sum_{i=1}^cg_{ki}\delta x_i=-\sum_{i=1}^ng_{ki}\delta x_i$$ (A.23)

左辺の行列の行列式は 0 でないから、 $\delta x_1,\cdots,\delta x_c$ は $\delta x_{c+1},\cdots,\delta x_n$ の一次結合で表わされることになる。 これは、$n$ 次元システムで、$c$ 個の束縛があるため、$n-c$ の自由度があることに対応している。 つまり、 $\delta x_{c+1},\cdots,\delta x_n$ は勝手に選ぶことができ、残りはこれらから決定される。

さて、束縛条件を満す $\delta x_i$ であれば、次式は必らず成立する。

$$\sum_{i=1}^n\left(f_i-\sum_k^n\lambda_kg_{ki}\right)\delta x_i=0$$ (A.24)

ここで、$\lambda_k$ を最初の $c$ 番の要素だけを利用し、 次式を満すように決めよう。

$$f_i-\sum_k^c\lambda_kg_{ki}=0 \hspace{1in} (i=1,\cdots,c)$$ (A.25)

これを前式に代入すると、次式が成立する。

$$\sum_{i=c+1}^n\left(f_i-\sum_k^n\lambda_kg_{ki}\right)\delta x_i=0$$ (A.26)

ここで、 $\delta x_{c+1},\cdots,\delta x_n$ は任意に選べるので、

$$f_i-\sum_k^n\lambda_kg_{ki}=0 \hspace{1in} (i=c+1,\cdots,n)$$ (A.27)

が成立する。 これと $\delta x_1,\cdots,\delta x_c$ に成立した式を合せると、 次式が導かれる。

$$f_i=\sum_k^n\lambda_kg_{ki} \hspace{1in} (i=1,\cdots,n)$$ (A.28)

つまり、ダランベールの仮想変位の原理を示す $n$ 個の自由度を持つ式と同じ式に、$c$ の束縛数の未知数 $\lambda_k$ を係数とする式を加えたことにより、$N$ 個の $\delta x_i$ をまったく自由に変位できることになるのである。 すると、前節と同じ手続きで次の式を誘導することができる。

$$\sum_i^N\left[\frac d{dt}\left(\D T{\dot x_i}\right) -\D{T}{x_i}-F_i-\sum_k^c\lambda_kg_{ki}\right]\delta x_i=0$$ (A.29)

これから、保存場の場合、ラグランジュの運動方程式は次のようになる。

$$\frac d{dt}\left(\D L{\ddot x_i}\right)-\D L{x_i} = 0 \hspace{1cm} (i=1,\cdots,N)$$

$$\D L{\lambda_k} = 0 \hspace{1cm} (k=1,\cdots,c)$$ (A.30)

ただしラグランジアン $L$ は次式で与えらえる。

$$L=T(x,\dot x)-U(x)+\sum_k^c\lambda_kG_k(x)$$ (A.31)

また束縛力 $R_i$ は次のようになる。

$$R_i=\sum_k^c\lambda_kg_{ki} =\sum_k\lambda_k\D{G_k}{x_i} \hspace{1cm} (k=1,\cdots,n)$$ (A.32)

本節で示した議論は、デカルト座標系 $x_i$ を基本としたが、一般座標系 $q_j$ で示した運動に、さらなる束縛がある場合でも、 まったく同じ議論が成立する。 その場合、これらの式の $x_i$ を $q_j$ で置き換えた式が成立する。