Euler-Lagrange-Gleichungen mit E⃗ E→\vec{E} und B⃗ B→\vec{B} statt AμAμA^\mu [Duplikat]

Question

Euler-Lagrange-Gleichungen mit E⃗ E→\vec{E} und B⃗ B→\vec{B} statt AμAμA^\mu [Duplikat]

Physik
Elektromagnetismus
Maxwell-Gleichungen
lagrangescher Formalismus
Variationsprinzip

Benutzer171780

Wir alle wissen, dass der Lagrangian für das freie elektromagnetische Feld gegeben ist durch

L = - \frac{1}{4} F^{μ v} F_{μ v}

$\mathscr{L} = -\frac{1}{4}F^{\mu \nu}F_{\mu \nu}$ Wo

F^{μ ν} = \partial^{μ} A^{ν} - \partial^{ν} A^{μ}

$F^{\mu \nu} = \partial^\mu A^\nu -\partial^\nu A^\mu$ ist der elektromagnetische Feldtensor . Aber auch das wissen wir

Lassen Sie uns überlegen $c=1$ der Einfachheit halber. Wenn Sie dann rechnen, kann der Lagrangian geschrieben werden als

L = \frac{1}{2} (| \vec{E} |^{2} - | \vec{B} |^{2})

$\mathscr{L} = \frac{1}{2} (|\vec{E}|^2 - |\vec{B}|^2)$

Durch Anwendung von Euler-Lagrange , dh

\partial_{μ} (\frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ϕ_{ich})}) - \frac{\partial L}{\partial ϕ_{ich}} = 0

$\partial_\mu \left( \frac{\partial \mathscr{L}}{\partial (\partial_\mu \phi_i)} \right) - \frac{\partial \mathscr{L}}{\partial \phi_i} = 0$ Wo

ϕ_{i}

$\phi_i$ ist jede der Komponenten jedes Feldes, finde ich

\vec{E} = 0

$\vec{E} = 0$ Und

\vec{B} = 0

$\vec{B} = 0$ aber nicht die Maxwell-Gleichungen ... Was ist los?

AccidentalFourierTransform

Das Gleiche könnten Sie zum Beispiel für den Klein-Gordon-Lagrangian tun: definieren

F_{μ} = \partial_{μ} ϕ

$F_\mu=\partial_\mu\phi$ , so dass

L = \frac{1}{2} F^{2}

$L=\frac12F^2$ . Die Euler-Lagrange-Gleichungen bzgl

F

$F$ Ertrag

F = 0

$F=0$ , was nicht äquivalent ist

\partial^{2} ϕ = 0

$\partial^2\phi=0$ . Zusammenfassend lässt sich sagen, dass Sie Ihre Konfigurationsraumvariablen nicht frei neu definieren können, wenn Sie die Euler-Lagrange-Gleichungen verwenden. Für das EM-Feld mit Lagrange

L = \frac{1}{4} F^{2}

$L=\frac14F^2$ , die Variablen sind

A^{μ}

$A^\mu$ , nicht

E, B

$E,B$ . Dies wird besonders deutlich, wenn Sie die Aktion explizit schreiben: Sie ist eine Funktion von

A

$A$ , nicht von

E, B

$E,B$ . Eine Minimierung bezüglich letzterer ist nicht sinnvoll.

Benutzer171780

Bedeutet dies das

A

$A$ ist grundlegender als

E

$E$ Und

B

$B$ ?

Bob Knighton

Es sollte auch beachtet werden, dass diese Form des Feldstärketensors auf der Verwendung der Maxwell-Gleichungen beruht, was bedeutet, dass die Lagrange-Schreibweise nur für stationäre Feldkonfigurationen gilt und nicht für Variationsberechnungen verwendet werden kann.

Knzhou

So funktioniert jetzt Euler-Lagrange. Denken Sie zum Beispiel an das gute alte

L = m {\dot{x}}^{2} / 2 - V (x)

$L = m \dot{x}^2 / 2 - V(x)$ . Wenn Sie definiert haben

y = \dot{x}

$y = \dot{x}$ und betrachtet

x

$x$ Und

y

$y$ als unabhängige Variablen würden Sie triviale Gleichungen erhalten. Es ist falsch, weil sie nicht unabhängig sind.

CasualScience

Ist das nicht der Freifeldanteil? dh ohne Ladungen ist das die richtige Dynamik. Vielleicht bin ich hier dicht ... Aber ich bin mit @AccidentalFourierTransform nicht einverstanden, dass die EL-Gleichungen in Bezug auf einige bestimmte Variablen geschrieben werden müssen. Das wichtigste Merkmal der Lagrange-Beschreibung, zumindest klassisch, ist, dass Sie Variablen frei ändern können und dennoch eine invariante Dynamik erhalten.

Knzhou

@BobakHashemi Nein, ohne Gebühren sollten Sie Maxwells Gleichungen erhalten. Das Feld ist frei, aber das bedeutet nicht, dass das Feld null ist. Und nicht jede Wahl der Variablen ist gültig, siehe mein Beispiel.

QMechaniker

Mögliche Duplikate: physical.stackexchange.com/q/53018/2451 , physical.stackexchange.com/q/397633/2451 und Links darin.

Frobenius

Aus meiner Antwort dort: Ableitung der Lagrange-Dichte für das elektromagnetische Feld , nehmen Sie die Ausdrücke von

{‖ E ‖}^{2}, {‖ B ‖}^{2}

$\;\left\Vert\mathbf{E}\right\Vert^{2},\left\Vert\mathbf{B}\right\Vert^{2}\;$ als Funktionen von

ϕ, A

$\;\phi,\;\mathbf{A}\;$ [Gleichungen (046a)-(046b) jeweils darin], ersetzen Sie sie in Ihrer Lagrange-Dichte und verwenden Sie dann die Euler-Langrange-Gleichungen, um am Ende Maxwell-Gleichungen ohne Ladungen und Ströme zu erhalten (

ρ = 0, j = 0

$\;\rho=0,\;\mathbf{j}=\boldsymbol{0}\;$ ).

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Euler-Lagrange-Gleichungen mit E⃗ E→\vec{E} und B⃗ B→\vec{B} statt AμAμA^\mu [Duplikat]

Das Gleiche könnten Sie zum Beispiel für den Klein-Gordon-Lagrangian tun: definieren $F_\mu=\partial_\mu\phi$ , so dass $L=\frac12F^2$ . Die Euler-Lagrange-Gleichungen bzgl $F$ Ertrag $F=0$ , was nicht äquivalent ist $\partial^2\phi=0$ . Zusammenfassend lässt sich sagen, dass Sie Ihre Konfigurationsraumvariablen nicht frei neu definieren können, wenn Sie die Euler-Lagrange-Gleichungen verwenden. Für das EM-Feld mit Lagrange $L=\frac14F^2$ , die Variablen sind $A^\mu$ , nicht $E,B$ . Dies wird besonders deutlich, wenn Sie die Aktion explizit schreiben: Sie ist eine Funktion von $A$ , nicht von $E,B$ . Eine Minimierung bezüglich letzterer ist nicht sinnvoll.
Es sollte auch beachtet werden, dass diese Form des Feldstärketensors auf der Verwendung der Maxwell-Gleichungen beruht, was bedeutet, dass die Lagrange-Schreibweise nur für stationäre Feldkonfigurationen gilt und nicht für Variationsberechnungen verwendet werden kann.
So funktioniert jetzt Euler-Lagrange. Denken Sie zum Beispiel an das gute alte $L = m \dot{x}^2 / 2 - V(x)$ . Wenn Sie definiert haben $y = \dot{x}$ und betrachtet $x$ Und $y$ als unabhängige Variablen würden Sie triviale Gleichungen erhalten. Es ist falsch, weil sie nicht unabhängig sind.
Ist das nicht der Freifeldanteil? dh ohne Ladungen ist das die richtige Dynamik. Vielleicht bin ich hier dicht ... Aber ich bin mit @AccidentalFourierTransform nicht einverstanden, dass die EL-Gleichungen in Bezug auf einige bestimmte Variablen geschrieben werden müssen. Das wichtigste Merkmal der Lagrange-Beschreibung, zumindest klassisch, ist, dass Sie Variablen frei ändern können und dennoch eine invariante Dynamik erhalten.
@BobakHashemi Nein, ohne Gebühren sollten Sie Maxwells Gleichungen erhalten. Das Feld ist frei, aber das bedeutet nicht, dass das Feld null ist. Und nicht jede Wahl der Variablen ist gültig, siehe mein Beispiel.
Mögliche Duplikate: physical.stackexchange.com/q/53018/2451 , physical.stackexchange.com/q/397633/2451 und Links darin.
Aus meiner Antwort dort: Ableitung der Lagrange-Dichte für das elektromagnetische Feld , nehmen Sie die Ausdrücke von $\;\left\Vert\mathbf{E}\right\Vert^{2},\left\Vert\mathbf{B}\right\Vert^{2}\;$ als Funktionen von $\;\phi,\;\mathbf{A}\;$ [Gleichungen (046a)-(046b) jeweils darin], ersetzen Sie sie in Ihrer Lagrange-Dichte und verwenden Sie dann die Euler-Langrange-Gleichungen, um am Ende Maxwell-Gleichungen ohne Ladungen und Ströme zu erhalten ( $\;\rho=0,\;\mathbf{j}=\boldsymbol{0}\;$ ).

Jian · Answer 1

$\vec{E}(x,t)$ Und $\vec{B}(x,t)$ sind keine völlig unabhängigen Variablen.

Ich bin mit Feldtheorie nicht vertraut, habe aber ein einfacheres Beispiel mit LC-Schaltung, einer nulldimensionalen Feldtheorie:

H = T + v = \frac{L}{2} {ICH}^{2} + \frac{1}{2 C} Q^{2} \sim \frac{1}{2} (| \vec{B} |^{2} + | \vec{E} |^{2})

$H=T+V=\frac{L}{2}I^2+\frac{1}{2C}Q^2 \quad \sim \quad \frac{1}{2}(|\vec{B}|^2+|\vec{E}|^2)$

L = T - v = \frac{L}{2} {\dot{Q}}^{2} - \frac{1}{2 C} Q^{2} \sim \frac{1}{2} (| \vec{B} |^{2} - | \vec{E} |^{2})

$L=T-V=\frac{L}{2}\dot{Q}^2-\frac{1}{2C}Q^2 \quad \sim \quad \frac{1}{2}(|\vec{B}|^2-|\vec{E}|^2)$

Aufladung $Q$ ist die dynamische Variable. $|\vec{E}|$ ist proportional zu $Q$ , $|\vec{B}|$ ist proportional zu $\dot{Q}=I$ ,

Du kannst keinen Strom nehmen $I$ als unabhängig von $Q$ . Dies ist die Einschränkung des Systems.

Wenn Sie darauf bestehen, zu nehmen $I$ Und $Q$ als unabhängige Variable, dann erhalten Sie ein anderes System: einen Kondensator und eine Induktivität getrennt

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Benutzer171780

AccidentalFourierTransform

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Knzhou

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Jian

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