Das direkte Hinzufügen der Messgerätfixierung von Hand unterscheidet sich vom Lagrange-Multiplikator?

Question

Das direkte Hinzufügen der Messgerätfixierung von Hand unterscheidet sich vom Lagrange-Multiplikator?

Ahorn

Warum unterscheidet sich das direkte Hinzufügen einer Messgerätfixierung von dem Lagrange-Multiplikator? Der Einfachheit halber verwenden wir kein Feldmodell.

Direkte Methode

Betrachten Sie ein System

\begin{matrix} (1) & L (X, \dot{X}, j, \dot{j}) = \frac{{\dot{X}}^{2}}{2} + \dot{X} j + \frac{(X - j)^{2}}{2} . \end{matrix}

$L(x,\dot x,y,\dot y)=\frac{\dot x^2}{2}+\dot x y+\frac{(x-y)^2}{2} \tag{1} \, .$ Dieses System hat Eichsymmetrie

\begin{matrix} (2) & δ X = F (T), δ j = F (T) - \dot{F} (T) \end{matrix}

$\delta x=f(t),\ \delta y=f(t)-\dot f(t)\tag{2}$ für willkürlich

f (t)

$f(t)$ . Unter dieser Transformation

\begin{matrix} (3) & δ L = \frac{D}{D T} (X F + \frac{1}{2} F^{2}) . \end{matrix}

$\delta L = \frac{d}{dt}(x f+\frac{1}{2}f^2)\tag{3} \, .$ Die Euler-Lagrange-Gleichungen lauten:

\begin{aligned} (4) & L 1 & : \ddot{X} + \dot{j} - X + j = 0 \\ (5) & L 2 & : \dot{X} - X + j = 0 . \end{aligned}

$\begin{align} L1 &: \quad \ddot{x}+\dot y- x+ y =0 \tag{4} \\ L2 &: \quad \dot x - x+y = 0 \, .\tag{5} \end{align}$ Wir sehen

\begin{matrix} (6) & L 1 = \frac{D}{D T} L 2 + L 2 \end{matrix}

$L1= \frac{d}{dt}L2+L2\tag{6}$ So

(4)

$(4)$ ist nicht unabhängig von

(5)

$(5)$ und wir brauchen nur zu lösen

(5)

$(5)$ , dh

\begin{matrix} (7) & \dot{X} = X - j, . \end{matrix}

$\dot x =x-y \tag{7} , .$ Wir sehen

y (t)

$y(t)$ ist eine Maßfreiheit und nur Fixierung

y (t)

$y(t)$ wir können lösen

x (t)

$x(t)$ .

Angenommen, wir wählen das Messgerät $y=0$ . Dann lösen wir $\dot x-x = 0$ mit Ergebnis

\begin{matrix} (8) & X = C e^{T} . \end{matrix}

$x= c e^t \, .\tag{8}$ mit konstant

c

$c$ durch Anfangswert bestimmt.

Lagrange-Multiplikator-Methode

Versuchen wir es nun mit der Lagrange-Multiplikator-Methode,

\begin{matrix} (9) & L^{'} (X, \dot{X}, j, \dot{j}, λ) = \frac{{\dot{X}}^{2}}{2} + \dot{X} j + \frac{(X - j)^{2}}{2} - λ j . \end{matrix}

$L'(x,\dot x , y, \dot y, \lambda)= \frac{\dot x^2}{2}+\dot x y+\frac{(x-y)^2}{2} - \lambda y \, .\tag{9}$ Die Euler-Lagrange-Gleichungen sind

\begin{aligned} (10) & \ddot{X} + \dot{j} - X + j & = 0 \\ (11) & \dot{X} - X + j - λ & = 0 \\ (12) & j & = 0 . \end{aligned}

$\begin{align} \ddot{x}+\dot y- x+ y &= 0 \tag{10} \\ \dot x - x+y-\lambda &= 0 \tag{11} \\ y &= 0 \, . \tag{12} \end{align}$ Ersetzen

(12)

$(12)$ hinein

(10, 11)

$(10,11)$ gibt

\ddot{X} - X = 0 Und \dot{X} - X = λ

$\ddot{x} - x =0 \quad \text{and} \quad \dot x-x=\lambda$ Deshalb

\begin{matrix} (13) & X = C_{1} e^{- T} + C_{2} e^{T} ⟶ λ = - 2 C_{1} e^{- T} . \end{matrix}

$x = c_1 e^{-t}+c_2 e^t \longrightarrow \lambda = -2 c_1 e^{-t} \, .\tag{13}$ Es ist klar, dass

(13)

$(13)$ unterscheidet sich von

(8)

$(8)$ .

Warum liefern diese beiden Methoden unterschiedliche Ergebnisse?

Hinweis : $y=0$ ist eine wohldefinierte Eichbedingung, weil für jede Funktion $y(t)$ Ich kann immer die Spurumwandlung wählen $f(t)= c e^t + e^t\int_1^{t} e^{-u}y(u)du$ so dass $y = 0$

Daniel Sank

Ich freue mich sehr, dass Sie einen einfachen Weg gefunden haben, die Frage ohne die zusätzliche Komplexität der Feldtheorie zu veranschaulichen. Dies ist ein hervorragendes Beispiel für das Entfernen irrelevanter Komplexität, sodass der Kern der Frage klar ist und die Antworten auch klar und aufschlussreich sind.

Antworten (2)

Das direkte Hinzufügen der Messgerätfixierung von Hand unterscheidet sich vom Lagrange-Multiplikator?

Ich freue mich sehr, dass Sie einen einfachen Weg gefunden haben, die Frage ohne die zusätzliche Komplexität der Feldtheorie zu veranschaulichen. Dies ist ein hervorragendes Beispiel für das Entfernen irrelevanter Komplexität, sodass der Kern der Frage klar ist und die Antworten auch klar und aufschlussreich sind.

QMechaniker · Answer 1

I) Der Lagrangian (1) von OP kann umgeschrieben werden als

\begin{matrix} (A) & \begin{aligned} L = & \frac{{\dot{X}}^{2}}{2} + \dot{X} j + \frac{(X - j)^{2}}{2} \\ \overset{z \equiv X - j}{=} & \frac{1}{2} \frac{D (X^{2})}{D T} + \frac{(z - \dot{X})^{2}}{2} \\ \overset{w \equiv z - \dot{X}}{=} & \underset{Gesamtzeitableitung}{\underset{⏟}{\frac{1}{2} \frac{D (X^{2})}{D T}}} + \frac{w^{2}}{2}, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align}L ~=~& \frac{\dot{x}^2}{2} + \dot{x}y + \frac{(x-y)^2}{2}\cr ~\stackrel{z\equiv x-y}{=}&~\frac{1}{2}\frac{d(x^2)}{dt}+ \frac{(z-\dot{x})^2}{2}\cr ~\stackrel{w\equiv z-\dot{x}}{=}&~ \underbrace{\frac{1}{2}\frac{d(x^2)}{dt}}_{\text{total time derivative}}+ \frac{w^2}{2}, \end{align}\tag{A}$ mit infinitesimaler Eichquasisymmetrie

\begin{matrix} (B) & \begin{aligned} δ X = & F, \\ δ j = & F - \dot{F}, \\ δ z = & \dot{F}, \\ δ w = & 0, \\ δ L = & \frac{D (X F)}{D T} . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \delta x~=~&f, \cr \delta y~=~&f-\dot{f}, \cr \delta z~=~&\dot{f}, \cr \delta w~=~&0,\cr \delta L~=~&\frac{d(xf)}{dt}. \end{align} \tag{B}$

Lass uns nehmen $x$ Und $w$ und als die fundamentalen Variablen. Bemerkenswerterweise ist es dann a priori nicht notwendig, Randbedingungen (BCs) aufzustellen! Der $x$ Variable ist ein Eichfreiheitsgrad. Die EL-Gl. für $w$ Ist

\begin{matrix} (C) & w \approx 0. \end{matrix}

$w~\approx~0. \tag{C}$

Ein kleines Problem tritt auf: OPs Befestigungszustand des Messgeräts

\begin{matrix} (D) & X - \dot{X} - w \equiv X - z \equiv j \approx 0 \end{matrix}

$x-\dot{x}-w~\equiv~x-z~\equiv~y~\approx~0 \tag{D}$ ist nicht transversal zu den Spurbahnen, dh es fixiert die Spur nicht vollständig, dh man kann einen Beitrag frei hinzufügen

c e^{t}

$ce^t$ Zu

x

$x$ ohne die Messgerät-Befestigungsfläche zu verlassen. Dies könnte jedoch im Prinzip durch Hinzufügen eines entsprechenden BC behoben werden. Dann ist die Messgerät-Befestigungsbedingung (D) von OP gut gestellt.

II) Der eichungsfixierte Lagrange (9) von OP kann umgeschrieben werden als

\begin{matrix} (E) & \begin{aligned} L^{'} = & L - λ j \\ = & \frac{1}{2} \frac{D (X^{2})}{D T} + \frac{w^{2}}{2} - λ (X - \dot{X} - w) . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align}L^{\prime} ~=~&L-\lambda y\cr ~=~& \frac{1}{2}\frac{d(x^2)}{dt}+ \frac{w^2}{2}-\lambda(x-\dot{x}-w). \end{align}\tag{E}$

Die EL-Gl. lesen

\begin{matrix} (F) & \begin{aligned} \dot{λ} + λ \approx & 0, \\ w + λ \approx & 0, \\ X - \dot{X} - w \approx & 0, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \dot{\lambda}+\lambda~\approx~&0,\cr w+\lambda~\approx~&0,\cr x-\dot{x}-w~\approx~&0,\end{align}\tag{F}$ mit Lösung

\begin{matrix} (G) & \begin{aligned} - λ = & w = 2 C_{1} e^{- T}, \\ X = & C_{1} e^{- T} + C_{2} e^{T}, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} -\lambda ~=~&w~=~ 2 c_1 e^{-t}, \cr x ~=~& c_1 e^{-t}+c_2 e^t ,\end{align}\tag{G}$ in Übereinstimmung mit OP's Gl. (13).

Wir können nun die Ursache des Widerspruchs mit Abschnitt I identifizieren: Der Lagrange-Multiplikator (der eine nicht-dynamische Hilfsvariable sein sollte) ist effektiv dynamisch geworden: Sein eom (F) hängt von einer Zeitableitung ab $\dot{\lambda}$ . Wir müssen wählen $c_1=0$ . Dann ist die Übereinstimmung mit Abschnitt I wiederhergestellt.

III) Eine alternative Formulierung des Problems ist, dass die Beschränkung (D) effektiv nicht-holonom ist, was die Büchse der Pandora öffnet, vgl. zB diese und diese Phys.SE Beiträge.

SonerAlbayrak · Answer 2

Lassen Sie mich einige meiner Meinung nach wichtige Punkte zusammenfassen:

$y$ ist keine freie Variable, die beliebig festgelegt werden kann (wie ein Eichfeld), sondern eine Hilfsvariable.
Der Lagrange, mit dem Sie beginnen, ist eigentlich eine Gesamtzeitableitung.
Sie ändern den Lagrange-Operator im Fall der Lagrange-Multiplikatoren.

Da es keine dynamischen Terme gibt, $g(\dot{y})$ in Gl. (1), $y$ ist eine Hilfsvariable: Sie können sie durch ihre Bewegungsgleichung ersetzen, die ist

j = X - \dot{X}

$y=x-\dot{x}$ Danach sehen Sie, dass Ihr Lagrange ist

L (X, \dot{X}) = \frac{D}{D T} (\frac{1}{2} X^{2})

$L(x,\dot{x})=\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}x^2\right)$ Dies ist der Grund, warum Sie eine Symmetrie sehen

X \to X + F (T)

$x\to x+f(t)$ an erster Stelle: Egal wie du dich veränderst

x

$x$ , ist die Differenz in der Lagrange-Funktion die Gesamtzeitableitung, da die anfängliche Lagrange-Funktion selbst die Gesamtzeitableitung ist.

Im Allgemeinen können Sie das Ergebnis von EOM nicht zum Lagrange-Operator hinzufügen: Sie würden falsche Antworten erhalten. Für Hilfsfelder ohne dynamische Terme ist dies jedoch möglich. In deinem Beispiel $y$ ist keine Eichfreiheit, sondern ein Hilfsfeld.

In Ihrer Gleichung (9) ändern Sie die Lagrange-Funktion, da Sie nicht willkürlich wählen können $y$ . In der Tat, wenn Sie dieselbe Berechnung mit dem Lagrange wiederholen

L^{'} (X, \dot{X}, j, \dot{j}, λ) = L (X, \dot{X}, j, \dot{j}) + λ (X - j - \dot{X})

$L'(x,\dot{x},y,\dot{y},\lambda)=L(x,\dot{x},y,\dot{y})+\lambda (x-y-\dot{x})$ Sie erhalten die gleichen konsistenten Ergebnisse.

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Ahorn

Direkte Methode

Lagrange-Multiplikator-Methode

Daniel Sank

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QMechaniker

SonerAlbayrak

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