Gibt es eine physikalische Bedeutung für die Nichteindeutigkeit des Prinzips der kleinsten Wirkung?

Es ist allgemein bekannt, dass bei einer Reihe von EOMs die Aktion$S$ist nicht unbedingt eindeutig, vgl. zB dieser Phys.SE Beitrag. OP weist darauf hin, dass die Euler-Lagrange (EL)-Gleichungen nicht beeinflusst werden, wenn wir einen Randterm hinzufügen, vgl. zB dieser Phys.SE Beitrag. Der Vorbehalt ist jedoch, dass sich die Randbedingungen (BCs) [die auferlegt werden müssen, um das Variationsprinzip gut gestellt zu machen] ändern können!

1. OPs erstes Beispiel:

   $$L_1 ~=~ \frac{1}{2}m\dot{q}^2-V(q).\tag{1a}$$ Die infinitesimale Variante lautet $$\delta S_1 ~=~\int_{t_i}^{t_f} \! dt~ {\rm EOM}~\delta q + \left[m\dot{q}\delta q \right]^{t=t_f}_{t=t_i}. \tag{1b}$$ Wenn wir uns konzentrieren$^1$auf die Anfangsbedingung (IC) müssen wir entweder auferlegen
   • $\color{red}{\rm weak}$Dirichlet-IC:$q(t_i)=q_i$,

   oder

   • Neumann-IC:$\dot{q}(t_t)=0,$

   um den Randterm verschwinden zu lassen [was notwendig ist, um die EL-Gleichung aus dem Variationsprinzip abzuleiten]. Siehe auch zB meine Math.SE-Antwort hier .

2. OPs zweites Beispiel:

   $$L_2 ~=~ -\frac{1}{2}mq\ddot{q}-V(q)~=~L_1 - \frac{d^2}{dt^2}(\frac{m}{4}q^2).\tag{2a}$$ Die infinitesimale Variante lautet $$\delta S_2 ~=~\int_{t_i}^{t_f} \! dt~ {\rm EOM}~\delta q + \frac{m}{2}\left[\dot{q}\delta q - q\delta \dot{q}\right]^{t=t_f}_{t=t_i}. \tag{2b}$$ Beides müssen wir durchsetzen
   • $\color{red}{\rm strong}$Dirichlet-IC:$q(t_i)=0$,

   oder

   • Neumann-IC:$\dot{q}(t_t)=0$.

   Andere Möglichkeiten gibt es nicht!

TL;DR: Die Lektion ist, dass wir abhängig vom physikalischen System und den physikalisch relevanten BCs möglicherweise eine bestimmte Aktion für das Variationsprinzip auswählen müssen.

Siehe auch zB diesen verwandten Phys.SE-Beitrag.

--

$^1$Die Endbedingung (FC) ist ähnlich.

Erstens ist die Lagrange-Funktion also keine Erhaltungsgröße$\frac{1}{2} m x \ddot{x} + V$ist nicht konserviert. Zum Beispiel für ein Teilchen in einem konstanten Gravitationspotential mit$V = m g x$, die Lösung nehmen$x(t) = - \frac{1}{2} g t^2$würde für diese Menge ergeben$\frac{1}{4} m g^2 t ^2 - \frac{1}{2} m g^2 t^2 = -\frac{1}{4} m g^2 t^2$, die offensichtlich nicht konserviert ist.

Zweitens, wenn Sie die Ableitung der Euler-Lagrange-Gleichung durchgehen, werden Sie feststellen, dass die Nicht-Eindeutigkeit der Lagrange-Gleichung aus der Annahme folgt, dass die Variation an den Endpunkten des Pfads verschwindet. Dadurch können Sie Terme in der Lagrange-Funktion ignorieren, die totale Ableitungen sind; da die Differenz zwischen dem kinetischen Standardterm und dem, den Sie aufgeschrieben haben, eine totale Ableitung ist:

Es gibt jedoch Informationen in der Variation der Grenze der Aktion, und in einigen Fällen ist es wichtig, die Grenzbedingungen richtig festzulegen. Beispielsweise können Sie den kanonischen Impuls ableiten, indem Sie fordern, dass die Variation des Pfades an der Grenze verschwindet. In diesen Fällen ist der Lagrange-Operator ohne Mehrdeutigkeit über den Grenzterm festgelegt, indem er ein wohldefiniertes Variationsprinzip hat. In GR muss der sogenannte Gibbons-Hawking-York-Grenzterm zur Wirkung hinzugefügt werden und ist wichtig, um Quanteneffekte zu beschreiben. [1]

Schließlich haben Sie in Ihrer Frage implizit das Vorzeichen der Aktion geändert. Solange Sie klassisch sprechen und nur das System betrachten, das Sie aufgeschrieben haben, ist dies kein Problem. Aber wenn Sie Ihre Lagrange-Funktion (mit dem falschen Vorzeichen) zu einer Standard-Lagrange-Funktion hinzugefügt haben$\frac{1}{2} M \dot{X}^2 - V(X)$, und fügte eine Begriffskopplung hinzu$x$Und$X$, dann würden Sie feststellen, dass Ihr System eine Geisterinstabilität aufweist . Es ist also eine gute Idee, auf das Vorzeichen des Lagrange-Operators zu achten, und daher wäre es besser gewesen, Ihren Begriff zu schreiben$-\frac{1}{2} m x \ddot{x} - V$(obwohl es in Ihrem Fall keine Rolle spielen würde).

[1] http://quark.itp.tuwien.ac.at/~grumil/pdf/lecture7_2018.pdf

Im Fall von Hamiltons stationärer Aktion hat die Nichteindeutigkeit, auf die Sie sich beziehen, keine Bedeutung.

Der Punkt, an dem der Gummi auf die Straße trifft, ist die Einschränkung, dass, wenn sich ein Objekt entlangbewegt und aufgrund eines Potentialgradienten beschleunigt wird, die Änderungsrate der kinetischen Energie der Änderungsrate der potentiellen Energie entsprechen muss.

Einfügen der Lagrange-Funktion ($E_k-E_p$) in der Euler-Lagrange-Gleichung erreicht das Ziel, diese Einschränkung zu erfüllen.

Sie können kompliziertere Ausdrücke erstellen, die auch die Einschränkung erfüllen, dass die Änderungsrate der kinetischen Energie mit der Änderungsrate der potentiellen Energie übereinstimmen muss, aber diese gefalteten Ausdrücke fügen nichts hinzu. Sie sind nur ($E_k-E_p$) mit unnötigem Gepäck hinzugefügt.

Hamiltons stationäre Wirkung bewirkt nur eine Sache: Sie drückt die Einschränkung aus, dass die Änderungsrate der kinetischen Energie der Änderungsrate der potentiellen Energie entsprechen muss. Um dies zu demonstrieren: Ich beziehe mich auf eine Antwort, die ich hier auf physis.SE eingereicht habe:
Hamiltons stationäre Aktion

(Die Art der Demonstration ist grafisch; die Kernpunkte werden in Diagrammen visualisiert.)