Eine Euler-Lagrange-Gleichung

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Eine Euler-Lagrange-Gleichung

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Euler-Larange-Gleichung
Gewöhnliche Differentialgleichungen

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Ich habe eine Aktion mit einem Lagrange, auf die ich die Euler-Lagrange-Gleichungen anwenden möchte https://en.wikipedia.org/wiki/Euler%E2%80%93Lagrange_equation , habe aber Stunden damit verbracht, wirklich damit zu kämpfen. Das definiere ich

L ((\begin{matrix} X \\ j \end{matrix}), (\begin{matrix} \dot{X} \\ \dot{j} \end{matrix})) := “ A ((\begin{matrix} X \\ j \end{matrix}) + (\begin{matrix} - \dot{j} \\ β \dot{j} \end{matrix})) “^{2}

$L\Big(\begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix},\begin{pmatrix} \dot{x} \\ \dot{y}\end{pmatrix} \Big):= \Big\| A \Big( \begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -\dot{y} \\ \beta\dot{y}\end{pmatrix} \Big) \Big\|^2$

Wo

A = (\begin{matrix} C_{1} & C_{2} \\ C_{2} & C_{3} \end{matrix}), für einige C_{ich} wofür A ist invertierbar .

$A=\begin{pmatrix} c_1 & c_2 \\ c_2 & c_3 \end{pmatrix}, \text{for some }~c_i~\text{for which $A$ is invertible}.$

Welche $x,y:[0,T]\to \mathbb{R}$ Lösen Sie die Euler-Lagrange-Gleichung

\nabla_{(\begin{matrix} X \\ j \end{matrix})} L - \partial_{T} \nabla_{(\begin{matrix} \dot{X} \\ \dot{j} \end{matrix})} L = 0

$\nabla_{\begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix}} L-\partial_t\nabla_{\begin{pmatrix} \dot{x} \\ \dot{y}\end{pmatrix} }L=0$ mit Anfangs- und Endbedingungen

x (0) = q, x (T) = q^{'}, y (0) = p, y (T) = p^{'}

$x(0)=q,x(T)=q',y(0)=p,y(T)=p'$ . ? Bitte helfen Sie!

$\Big($ würde mehr Informationen darüber, wie die Konstanten $c_1,c_2,c_3$ miteinander in Beziehung stehen, nützlich sein? denn tatsächlich $c_1=\sigma^2+\gamma^2, c_2=-\gamma(\sigma+\alpha),c_3=\alpha^2+\gamma^2$ , wo diese Konstanten $\alpha,\sigma,\gamma$ sind positiv u $\alpha\sigma>\gamma^2$ $\Big)$ .

EDIT: Ich habe die EL wie bei den obigen Auswahlmöglichkeiten erhalten $c_1,c_2,c_3$

\nabla_{(X, j)} L = (\frac{1}{a σ - γ^{2}})^{2} (\begin{matrix} 0 \\ \nabla_{j} B_{1} + \nabla_{j} B_{2} \end{matrix})

$\begin{equation} \nabla_{(x,y)} L = (\frac{1}{\alpha\sigma-\gamma^2})^2\begin{pmatrix} 0 \\ \nabla_{y} B_1+\nabla_{y} B_2 \end{pmatrix} \end{equation}$

mit

\nabla_{j} B_{1} = 2 (σ + γ β) j + \frac{1}{σ + γ β} (γ \dot{j} - σ \dot{X})

$\begin{equation} \nabla_{y} B_1=2(\sigma+\gamma \beta) y + \frac{1}{\sigma+\gamma\beta}(\gamma \dot{y}-\sigma \dot{x}) \end{equation}$

Und

\nabla_{j} B_{2} = 2 (γ + a β) j + \frac{1}{γ + a β} (a \dot{X} - γ \dot{j}) .

$\begin{equation} \nabla_{y} B_2=2(\gamma + \alpha \beta) y + \frac{1}{\gamma+\alpha \beta}(\alpha \dot{x}-\gamma \dot{y}). \end{equation}$

Auch

\partial_{T} \nabla_{(\dot{X}, \dot{j})} L = 2 (A^{- 1})^{2} ((\begin{matrix} \ddot{X} \\ \ddot{j} \end{matrix}) - (\begin{matrix} \dot{j} \\ - β \dot{j} \end{matrix}))

$\begin{equation} \partial_t \nabla_{(\dot{x},\dot{y})} L=2 (A^{-1})^2(\begin{pmatrix}\ddot{x}\\ \ddot{y} \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} \dot{y} \\ -\beta \dot{y} \end{pmatrix}) \end{equation}$

Welches ist eine gekoppelte ODE

Antworten (2)

Eine Euler-Lagrange-Gleichung

QMechaniker · Answer 1

Hier ist eine skizzierte Ableitung.

Beachten Sie zunächst, dass die Lagrangian $L$ hängt nicht ab $\dot{x}$ . Dann brauchen wir die 2 Dirichlet-Randbedingungen (BCs) für nicht $x$ um die EL-Gleichung für abzuleiten $x$ . Die EL-Gleichung für $x$ reduziert zu
$\begin{matrix} (1) & 0 = χ (X, j, \dot{j}) := \frac{1}{2} \frac{\partial L (X, j, \dot{j})}{\partial X} = C_{1} (X - \dot{j}) + C_{2} (j + β \dot{j}) \end{matrix}$ $0~=~\chi(x,y,\dot{y})~:=~\frac{1}{2}\frac{\partial L(x,y,\dot{y})}{\partial x}~=~c_1(x-\dot{y}) +c_2(y+\beta\dot{y}) \tag{1}$ woraus wir bestimmen können $x$ .
Wenn wir eliminieren $^1$ $x$ im Lagrange $L$ , wird die Lagrange-Funktion (bis zu einer multiplikativen Normalisierung von insgesamt ungleich Null)
$\begin{matrix} (2) & L_{0} = \frac{1}{2} (j + β \dot{j})^{2} . \end{matrix}$ $L_0~=~\frac{1}{2}(y+\beta\dot{y})^2. \tag{2}$ Der Schwung ist $\begin{matrix} (3) & P = \frac{\partial L_{0}}{\partial \dot{j}} = β (j + β \dot{j}) . \end{matrix}$ $p ~=~ \frac{\partial L_0}{\partial \dot{y}} ~=~\beta(y+\beta\dot{y}).\tag{3}$ Die Energiefunktion $\begin{matrix} (4) & E = P \dot{j} - L_{0} = \frac{1}{2} (β \dot{j} - j) (β \dot{j} + j) = \frac{1}{2} (β^{2} {\dot{j}}^{2} - j^{2}) \end{matrix}$ $E~=~p\dot{y}-L_0~=~\frac{1}{2}(\beta\dot{y}-y)(\beta\dot{y}+y) ~=~\frac{1}{2}(\beta^2\dot{y}^2-y^2) \tag{4}$ ist eine Konstante, da es keine explizite gibt $t$ -Abhängigkeit.
Mit anderen Worten, wir erhalten eine ODE 1. Ordnung
$\begin{matrix} (5) & β^{2} {\dot{j}}^{2} = 2 E + j^{2} \end{matrix}$ $\beta^2\dot{y}^2~=~2E +y^2 \tag{5}$ Gl. (5) lässt sich leicht durch Separation der Variablen lösen. Dies erzeugt 1 Integrationskonstante. Zusammen mit $E$ wir haben dann 2 Integrationskonstanten, die mit den 2 Dirichlet-BCs für abgeglichen werden können $y$ .
Generell ist es unmöglich, 4 Randbedingungen (BCc) zuzuordnen, wie bereits in Cesareos Antwort erwähnt. Es wäre natürlich, die 2 Dirichlet-BCs dafür zu verwerfen $x$ .

--

$^1$ Normalerweise ist es nicht erlaubt, eine EL-Gleichung (1) innerhalb des Lagrange-Operators zu verwenden, aber man kann zeigen, dass es für ein Quadrat in Ordnung ist $x$ -Abhängigkeit. Wir können das Quadrat vervollständigen

\begin{matrix} (6) & L = L_{0} + L_{2} \end{matrix}

$L~=~L_0+L_2 \tag{6}$ Wo

\begin{matrix} (7) & L_{N} \propto χ^{N} . \end{matrix}

$L_n ~\propto~ \chi^n .\tag{7}$ Es ist nicht schwer, das zu sehen

L

$L$ Und

L_{0}

$L_0$ führen zu derselben EL-Gleichung für

y

$y$ modulo die Einschränkung (1).

Hallo, können Sie mir helfen zu verstehen, was es mit diesem spezifischen Lagrange auf sich hat, was bedeutet, dass ich 4 Randbedingungen nicht erfüllen kann? Ist, dass es keine Abhängigkeit von gibt $t$ oder $\dot{x}$ ?

Cäsareo · Answer 2

Der Lagrange hängt nicht davon ab $t$ so gehorcht es Betramis Identität. Mit $p=(x,y)$

L - \dot{P} \nabla_{\dot{P}} L = C_{0}

$L - \dot p\nabla_{\dot p}L = c_0$

oder

C_{2}^{2} (X^{2} + j^{2} - (β^{2} + 1) {\dot{j}}^{2}) + C_{3}^{2} (j^{2} - β^{2} {\dot{j}}^{2}) + 2 C_{2} C_{1} (β {\dot{j}}^{2} + X j) + 2 C_{2} C_{3} (β {\dot{j}}^{2} + X j) + C_{1}^{2} (X^{2} - {\dot{j}}^{2}) = C_{0}

$c_2^2 \left(x^2+y^2-\left(\beta ^2+1\right) \dot y^2\right)+c_3^2 \left(y^2-\beta ^2 \dot y^2\right)+2 c_2 c_1 \left(\beta \dot y^2+x y\right)+2 c_2 c_3 \left(\beta \dot y^2+x y\right)+c_1^2 \left(x^2-\dot y^2\right)=c_0$

Aus den Euler-Lagrange-Gleichungen erhalten wir

X = \frac{(C_{2} (C_{2} - β C_{3}) + C_{1}^{2} - β C_{2} C_{1}) \dot{j} - C_{2} (C_{1} + C_{3}) j}{C_{1}^{2} + C_{2}^{2}}

$x = \frac{\left(c_2 \left(c_2-\beta c_3\right)+c_1^2-\beta c_2 c_1\right) \dot y-c_2 \left(c_1+c_3\right) y}{c_1^2+c_2^2}$

Jetzt durch Einsetzen in die frühere ODE erhalten wir eine neue ODE, die jetzt nur noch von abhängt $y,\dot y$ . Abschließend müssen wir zwei unabhängige Konstanten fixieren: $c_0$ eine zusätzliche Grenze von der zuletzt erhaltenen ODE und vier unabhängige Randbedingungen. Dies ist nicht machbar.

NOTIZ

Der Lagrangian ist in Bezug auf die kinetische Energie etwas entartet, weil

\frac{1}{2} \nabla_{\dot{P}} (\nabla_{\dot{P}} L) = (\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & (C_{1} - β C_{2})^{2} + (C_{2} - β C_{3})^{2} \end{array})

$\frac 12\nabla_{\dot p}\left(\nabla_{\dot p}L\right) = \left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & \left(c_1-\beta c_2\right){}^2+\left(c_2-\beta c_3\right){}^2 \\ \end{array} \right)$

was nicht positiv definit ist.

BEARBEITEN

Einige Gleichungen korrigiert.

Ich bin verwirrt, was ist "nicht möglich", sagen Sie, es gibt keine solche Minimierungskurve (x (t), y (t))?
Noch eine Frage: bekommen wir nicht mehr von Euler Lagrange? Damit meine ich, dass wir zwei ODE davon bekommen.
siehe meine Bearbeitung :) guter Punkt zur Entartung der kinetischen Energie von $L$ .
Es gibt keine solche Minimierungskurve, die vier unabhängige Randbedingungen berücksichtigen sollte. $x(0), x(T), y(0), y(T)$ . Von Euler-Lagrange erhalten wir eine ODE und eine algebraische Beziehung zwischen $x$ Und $y,\dot y$

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