Geodätische Gleichung aus Variation: Ist die quadratische Lagrange-Äquivalente?

Das Ergebnis dieser Antwort lautet wie folgt: Wenn ein Pfad die Euler-Lagrange-Gleichungen für erfüllt$L^2/2$, dann erfüllt es die Euler-Lagrange-Gleichungen für$L$, aber die Umkehrung gilt nicht, es sei denn, der Pfad hat eine affine Parametrisierung.

Lassen$L = L(x, \dot x)$ein Lagrangian sein, der eine lokale Funktion von nur Position und Geschwindigkeit ist, dann ein parametrisierter Pfad$x(s) = (x^i(s))$An$M$soll die Euler-Lagrange-Gleichungen für erfüllen$L$bereitgestellt

$$\begin{align} \frac{\partial L}{\partial x^i}(x(s), \dot x(s)) - \frac{d}{ds}\frac{\partial L}{\partial \dot x^i}(x(s), \dot x(s)) = 0 \end{align}$$ für alle$i$und für alle$s$im Bereich von$x$.

Lemma 1. Wenn$x$erfüllt die Euler-Lagrange-Gleichungen für$L$, dann gilt die Beltrami-Identität für$x$:

$$\frac{d}{ds}L(x(s), \dot x(s)) = \frac{d}{ds}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot x^i}\big(x(s), \dot x(s)\big)\cdot \dot x^i(s)\right)$$

für alle$s$im Bereich von$x$.

Nachweisen. Versuch es selber! Der Beweis hängt davon ab, dass$L$ist eine lokale Funktion von nur$x$Und$\dot x$.

Lemma 2. Wenn$L(x,\dot x) = \sqrt{g_{ij}(x)\dot x^i\dot x^j}$, Dann$L$erfüllt die folgende Identität:

$$\frac{\partial (L^2/2)}{\partial \dot x^i}(x, \dot x) \dot x^i = L(x,\dot x)^2$$

Nachweisen. Probieren Sie es auch selbst aus!

Logische Folge. Wenn$L(x,\dot x) = \sqrt{g_{ij}(x)\dot x^i\dot x^j}$, Und$x$erfüllt die Euler-Lagrange-Gleichungen für$L^2/2$, Dann$x$erfüllt die Euler-Lagrange-Gleichungen für$L$.

Nachweisen. Wenn$x$erfüllt die Euler-Lagrange-Gleichungen für$L^2$, dann ergibt Lemma 1 die folgende Beltrami-Identität (wir verwenden hier die Kurzschreibweise – alle Ausdrücke sollten ausgewertet werden$x(s)$)

$$\frac{d(L^2/2)}{ds} = \frac{d}{ds} \frac{\partial (L^2/2)}{\partial \dot x^i}\cdot \dot x^i$$

Andererseits wertet man beide Seiten von Lemma 2 aus$x(s)$, und die Ableitung beider Seiten in Bezug auf$s$gibt

$$\frac{d}{ds} \frac{\partial (L^2/2)}{\partial \dot x^i}\cdot \dot x^i = \frac{d(L^2)}{ds}$$

Die Kombination dieser Fakten zeigt das$d(L^2)/ds = 0$was das impliziert$L^2$ist konstant$x(s)$und deshalb das$L$ist auch konstant entlang$x(s)$:

$$\frac{dL}{ds} = 0.$$

Nun, wir bemerken das seitdem separat$x$erfüllt die Euler-Lagrange-Gleichungen für$L^2/2$, wir haben

$$\begin{align} 0 &= \frac{\partial(L^2/2)}{\partial x^i} - \frac{d}{ds} \frac{\partial (L^2/2)}{\partial \dot x^i} \\ &= L\left(\frac{\partial L}{\partial x^i} - \frac{d}{ds}\frac{\partial L}{\partial \dot x^i}\right) - \frac{dL}{ds}\frac{\partial L}{\partial \dot x^i} \tag{$\star$}\\ &= L\left(\frac{\partial L}{\partial x^i} - \frac{d}{ds}\frac{\partial L}{\partial \dot x^i}\right) \end{align}$$

und damit solange$L\neq 0$, wir sehen das$x$erfüllt die Euler-Lagrange-Gleichungen für$L$wie gewünscht.

Der entscheidende Punkt hierbei ist, dass aufgrund der spezifischen Form von$L$, jeder Pfad, der die Euler-Lagrange-Gleichung für erfüllt$L^2/2$hat die schöne Eigenschaft, dass$dL/ds = 0$Entlang des Weges. Dies ermöglicht es, den Begriff zu töten$(\star)$Dies ist der Term, der den wesentlichen Unterschied zwischen den Euler-Lagrange-Gleichungen darstellt$L^2/2$und die Euler-Lagrange-Gleichungen für$L$.

Wie auch immer, wenn$x$erfüllt die Euler-Lagrange-Gleichungen für$L$, dann ist es nicht unbedingt so$dL/ds = 0$entlang$x$, also kann man diesen Begriff in diesem Fall nicht töten$(\star)$, also muss es keine Lösung der Euler-Lagrange-Gleichung für sein$L^2/2$.

Trotzdem, wenn$x$affin parametrisiert wird, dann hat es automatisch die Eigenschaft that$L$entlang ihr konstant ist, so dass sie automatisch beide Euler-Lagrange-Gleichungen erfüllt.

Tatsächlich ist es unter Verwendung von Teilen der obigen Berechnungen nicht schwer, dies zu zeigen

Vorschlag. Lassen$L(x, \dot x) = \sqrt{g_{ij}(x)\dot x^i\dot x^j}$. Ein Weg$x$ist genau dann eine affin parametrisierte Geodäte, wenn sie die Euler-Lagrange-Gleichungen beider löst$L$Und$L^2/2$.

Also die Euler-Lagrange-Gleichungen von$L^2/2$ergeben alle affin parametrisierten Geodäten, während die Euler-Lagrange-Gleichungen von$L$ergeben alle Geodäten, unabhängig von der Parametrisierung.

Kommentare zur Frage (v4):

1. Die Frageformulierung scheint von affinen Parametrisierungen zu sprechen, bevor das Prinzip der stationären Aktion angewendet wird .

2. Im Kontext von Riemannian$^1$Geometrie, eine affine Parametrisierung einer (nicht notwendigerweise geodätischen) Kurve bedeutet per Definition, dass die Bogenlänge$s$und der Kurvenparameter$\lambda$affin verwandt sind$s=a\lambda +b$.

3. Es kann jedoch nicht immer behauptet werden, dass alle virtuellen Pfade [die entsprechende Randbedingungen (BCs) erfüllen] affin mit demselben gemeinsamen Parameter parametrisiert werden$\lambda$. Beachten Sie insbesondere, dass sich die BCs auf dieselben Anfangs- und Endwerte beziehen$\lambda_i$Und$\lambda_f$für alle Wege.

4. Daher muss eine apriorische Forderung nach affiner Parametrisierung virtueller Pfade aufgegeben werden.

5. Auch jede partielle Apriori- Forderung einer affinen Parametrisierung wäre unlogisch, da wir uns einbilden, die Geodäten vorher nicht zu kennen. Genau das wollen wir mithilfe des Prinzips der stationären Aktion finden.

6. Definiere die Lagrange-Funktion

   $$\tag{1}L_0(x,\dot{x})~:=~ g_{ij}(x) \dot{x}^i \dot{x}^j~\geq~0,$$ wobei Punkt bedeutet Differenzierung bzgl. der Parameter$\lambda$.

7. Jetzt die Quadratwurzelaktion

   $$\tag{2}S[x]~=~\int_{\lambda_i}^{\lambda_f}\! d\lambda \sqrt{L_0}$$ ist invariant unter Reparametrisierungen von$\lambda$, also sind die stationären Lösungen für (2) mit relevanten BCs alle Geodäten, die die BCs erfüllen, unabhängig von der Parametrisierung.

8. Andererseits die stationären Lösungen für die Nicht-Quadratwurzelwirkung

   $$\tag{3}S_0[x]~=~\int_{\lambda_i}^{\lambda_f}\! d\lambda ~L_0$$ mit entsprechenden BCs werden nur alle affin parametrisierten Geodäten die BCs erfüllen.

9. Genauer gesagt, weil$L_0$in der Aktion (3) hängt nicht explizit von ab$\lambda$, kann man zeigen (z. B. durch Verwendung des Satzes von Noether ), dass die Energiefunktion

   $$\tag{4}h~:=~p_i\dot{x}^i-L_0~=~L_0, \qquad p_i~:=~\frac{\partial L_0}{\partial \dot{x}^i}~=~2g_{ij}(x) \dot{x}^j,$$ wird auf der Schale konserviert, dh $$\tag{5}\dot{L}_0~\approx~ 0.$$ [Dieses Argument (5) funktioniert nicht für die reparametrisierungsinvariante Aktion (2), bei der die Energiefunktion$h=0$verschwindet identisch.]

10. (Nehmen wir der Einfachheit halber an, dass$L_0$ist nicht null auf der Schale, und belassen Sie den Fall, wo$L_0$ist als Übung für den Leser auf der Schale null.) Wegen Gl. (5), eine Lösung der EL-Gl. für$L_0$ist auch eine Lösung für die EL-Gl. für$\sqrt{L_0}$:

    $$\tag{6} \frac{d}{d\lambda}\frac{\partial \sqrt{L_0}}{\partial \dot{x}^i}~\stackrel{(4)}{=}~\frac{d}{d\lambda}\frac{p_i}{2\sqrt{L_0}}~\stackrel{(5)}{\approx}~\frac{\dot{p}_i}{2\sqrt{L_0}}~\stackrel{\text{EL eq.}}{\approx}~\frac{1}{2\sqrt{L_0}}\frac{\partial L_0}{\partial x^i}~=~\frac{\partial \sqrt{L_0}}{\partial x^i}.$$

11. Umgekehrt ist eine Lösung der EL-Gl. für$\sqrt{L_0}$ist nicht unbedingt eine Lösung der EL-Gl. für$L_0$. Wenn wir jedoch die Lösung der EL-Gl. für$\sqrt{L_0}$mit einer affinen Parametrisierung erhalten wir Gl. (5) und das Argument (6) umkehren, so dass es auch eine Lösung der EL-Gl. für$L_0$.

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$^1$In pseudo-riemannscher Geometrie mit gemischter Signatur ist die Situation komplizierter, vgl. zB dieser Phys.SE Beitrag. Außerdem gibt es das Argument der Quadratwurzel$\sqrt{L_0}$kann negativ werden.

$^2$ Terminologie und Notation: Bewegungsgleichungen (EOM) bedeutet Euler-Lagrange (EL)-Gleichungen . Die Wörter On-Shell und Off-Shell beziehen sich darauf, ob EOM zufrieden sind oder nicht. Der$\approx$Symbol bedeutet Gleichheit modulo EOM.

Nachdem ich ein wenig darüber nachgedacht habe, wird mir klar, dass die Frage auf einem ziemlich dummen Missverständnis beruhte, das Gegenteil wurde in den üblichen Referenzen nicht erwähnt, weil es aus dem Beweis der üblichen Richtung trivial ist. Zum späteren Nachschlagen werde ich hier eine Schnellversion einfügen.

$$F = L^2/2$$ $$EL[F] \equiv \frac{d}{ds}(\frac{\partial}{\partial \dot{x^\mu}}F)- \frac{\partial}{\partial x^\mu}F \\ = \frac{d}{ds}(\frac{\partial L}{\partial \dot{x^\mu}} L)- \frac{\partial L}{\partial x^\mu}L\\ =\left(\frac{d}{ds}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x^\mu}}\right) -\frac{\partial L}{\partial x^\mu}\right)L+ \frac{\partial L}{\partial \dot{x^\mu}} \frac{dL}{ds}\\ $$

Für die (hier interessierende) geodätische Gleichung ist es immer möglich, die Parametrisierung wo zu wählen$\frac{dL}{ds}=0$, bei solchen Parametrisierungen verschwindet der letzte Term und es gilt:

$$EL[F] = EL [L]$$ Daher sind die erhaltenen Bewegungsgleichungen äquivalent.

Ich denke, es gibt eine Art Fehler am Ende der ersten Antwort (joshphysics), möglicherweise im Variationsschritt, der die Integration nach Teilen beinhaltet. Es sei denn, es wurden weitere Annahmen verwendet. Ansonsten scheint die implizite Schlussfolgerung zu sein, dass die EL eqns für jedes Funktional mit Integranden ist$F(x(s),\dot{x}(s))$sind im Allgemeinen die gleichen wie für das Funktional mit Integrand$F^2$.

[Ein einfaches Gegenbeispiel ist$F = x(s)$, obwohl mir klar ist, dass dies von der Geodäte wegkommt. Dann die EL eqn für$F^2$wäre$x=0$während die EL eqn für$F$selbst wäre$1=0$.]

Wie dem auch sei, um auf die ursprüngliche Frage zurückzukommen, oft taucht beim Bezug das Wort " Cauchy-Schwarz " auf$\int f^2$Zu$\int f$.

Ignorieren Sie dies und betrachten Sie nur die EL-Gleichungen. Erwägen Sie, die beiden Funktionale zu minimieren / maximieren$\int F^2 ds$Und$\int F ds$(mit dem gleichen Parameter und bcs), wo$F = F(x(s),\dot{x}(s))$. Wann sind diese beiden Probleme äquivalent (oder zumindest impliziert das eine das andere)?

Die EL-Gleichungen für die beiden Fälle sind im Allgemeinen unterschiedlich (siehe Gegenbeispiel oben), aber eine Bedingung für die Äquivalenz ist$dF/ds = 0$(bei Auswertung an einer Lösung für eine der beiden EL-Gleichungen).

Wir haben auch die Beltrami-Identitäten für jeden Fall, die erste Integrale der EL-Gleichungen sind (vgl. Energieerhaltung): z$F$wir haben$\dot{x}_i\frac{\partial F}{\partial \dot{x}_i} - F = c_1$und für$F^2$wir haben$\dot{x}_i\frac{\partial (F^2)}{\partial \dot{x}_i} - F^2 = c_2$(*).

Wenn wir uns auf das Problem der Geodäten auf einer Oberfläche beschränken, haben wir einen Integranden der Form$F = \sqrt{g_{ij}(x)\dot{x}^i\dot{x}^j}$und das befriedigt$\dot{x}_i \frac{\partial F}{\partial \dot{x}_i} = F$(identisch) und erfüllt auch$\dot{x}_i \frac{\partial (F^2)}{\partial \dot{x}_i} = 2F^2$(+).

Nehmen wir an, wir haben eine Lösung für die EL-Gleichung für$F^2$, und damit zur Beltrami-Identität$(*)$für$F^2$. Dann geben (*) und (+) zusammen$F^2 = c_2$dh$F$ist konstant, wenn sie für unsere Lösung ausgewertet wird.
[Dies ist im Wesentlichen Punkt 9 der Antwort von Qmechanics] Daher die oben erwähnte Äquivalenzbedingung ($dF/ds = 0$) erfüllt ist, und damit die EL eqn für$F$ist auch zufrieden.

Die Umkehrung gilt im Allgemeinen seit der Beltrami-Identität für eine solche nicht$F$ist identisch zufrieden (mit$c_1 = 0$), gibt also nichts "extra".