Herleitung von Euler-Lagrange-Gleichungen für Lagrange mit Abhängigkeit von Ableitungen zweiter Ordnung

Question

Herleitung von Euler-Lagrange-Gleichungen für Lagrange mit Abhängigkeit von Ableitungen zweiter Ordnung

Aktion
Physik
Randbedingungen
lagrangianischer Formalismus
Variationsrechnung
Variationsprinzip

an jedem beliebigen Punkt

Angenommen, wir haben einen Lagrange-Operator, der von Ableitungen zweiter Ordnung abhängt:

\begin{matrix} (1) & L = L (Q, \dot{Q}, \ddot{Q}, T) . \end{matrix}

$L = L(q, \dot{q}, \ddot{q},t).\tag{1}$

Wenn wir an dem Variationsproblem für diese Lagrangefunktion arbeiten, dann weiß ich, dass wir mit der folgenden Euler-Lagrange-Gleichung enden werden :

\begin{matrix} (2) & \frac{\partial L}{\partial Q} - \frac{D}{D T} \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}} + \frac{D^{2}}{D T^{2}} \frac{\partial L}{\partial \ddot{Q}} = 0. \end{matrix}

$\frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} + \frac{d^2}{dt^2} \frac{\partial L}{\partial \ddot{q}} = 0.\tag{2}$ Ich kann jedoch nicht sehen, wie ich diese Gleichung herleiten soll. Offensichtlich soll der endgültige Term aus der teilweisen Integration des Beitrags des kommen

\ddot{q}

$\ddot{q}$ Abhängigkeit von der Variation im Lagrange; das zu tun ergibt (schreiben

T

$T$ für den Zeitraum, in dem wir die Aktion extremisieren):

\begin{matrix} (3) & \int_{T} \frac{\partial L}{\partial \ddot{Q}} δ \ddot{Q} = {[\frac{\partial L}{\partial \ddot{Q}} δ \dot{Q} - \frac{\partial L}{\partial \ddot{Q}} δ Q]}_{\partial T} + \int_{T} \frac{D^{2}}{D T^{2}} \frac{\partial L}{\partial \ddot{Q}} . \end{matrix}

$\int_T \frac{\partial L}{\partial \ddot{q}} \delta \ddot{q} = \left[ \frac{\partial L}{\partial \ddot{q}} \delta \dot{q} - \frac{\partial L}{\partial \ddot{q}} \delta q \right]_{\partial T} + \int_T \frac{d^2}{dt^2} \frac{\partial L}{\partial \ddot{q}}.\tag{3}$ Nun muss der Begriff in eckigen Klammern vermutlich verschwinden. Der rechte Term tut dies, da

δ q

$\delta q$ verschwindet an der Grenze von

T

$T$ ; aber warum sollte der linke Term verschwinden? Ist es nur eine Bedingung für den Umgang mit den Variationen für einen solchen Lagrange-Operator, dass wir nur Variationen für die betrachten

δ \dot{q}

$\delta \dot{q}$ verschwindet auch an der Integrationsgrenze? Oder fehlt mir etwas?

Antworten (3)

Herleitung von Euler-Lagrange-Gleichungen für Lagrange mit Abhängigkeit von Ableitungen zweiter Ordnung

ZeroTheHero · Answer 1

Nehmen wir nun die Lagrange-Funktion an $L$ ist eine Funktion von $y(x), y'(x)$ und auch $y''(x)$ , dh er enthält zweite Ableitungen w/r zum Parameter $x$ .

Es ist einfach, das übliche Verfahren auf diesen Fall anzupassen: schreiben

\begin{aligned} Y (X, ϵ) = j (X) + ϵ η (X) \end{aligned}

$\begin{align} Y(x,\epsilon)=y(x)+\epsilon\,\eta(x) \end{align}$ für eine ansonsten beliebige Funktion

η

$\eta$ .

Wir haben dann das parametrisierte Integral

\begin{aligned} ICH (ϵ) = \int_{A}^{B} D X L (X, Y (X, ϵ), Y^{'} (X, ϵ), Y^{″} (X, ϵ)) \end{aligned}

$\begin{align} I(\epsilon)=\displaystyle \int_a^b\,dx\,L(x,Y(x,\epsilon),Y'(x,\epsilon), Y''(x,\epsilon)) \end{align}$ und wir wollen finden

L

$L$ bei

ϵ = 0

$\epsilon=0$ so dass

\begin{aligned} 0 & = \frac{D ICH}{D ϵ} |_{ϵ = 0}, \\ = \int_{A}^{B} D X (\frac{\partial L}{\partial Y} \frac{\partial Y}{\partial ϵ} + \frac{\partial L}{\partial Y^{'}} \frac{\partial Y^{'}}{\partial ϵ} + \frac{\partial L}{\partial Y^{″}} \frac{\partial Y^{″}}{\partial ϵ}) |_{ϵ = 0}, \\ = \int_{A}^{B} D X (\frac{\partial L}{\partial j} η + \frac{\partial L}{\partial j^{'}} η^{'} + \frac{\partial L}{\partial j^{″}} η^{″}) . \end{aligned}

$\begin{align} 0&=\frac{dI}{d\epsilon}\vert_{\epsilon=0}\, ,\\ &=\displaystyle\int_a^b\,dx\, \left( \frac{\partial L}{\partial Y} \frac{\partial Y}{\partial \epsilon}+ \frac{\partial L}{\partial Y'}\frac{\partial Y'}{\partial \epsilon} +\frac{\partial L}{\partial Y''}\frac{\partial Y''}{\partial \epsilon} \right)\vert_{\epsilon=0}\, ,\\ &=\displaystyle\int_a^b\,dx\, \left( \frac{\partial L}{\partial y}\eta +\frac{\partial L}{\partial y'}\eta' +\frac{\partial L}{\partial y''} \eta'' \right)\, . \end{align}$ Wir müssen die Bedingungen umdrehen

η^{'}

$\eta'$ Und

η^{″}

$\eta''$ . Eine erste partielle Integration wird dies tun:

\begin{aligned} \int_{A}^{B} D X \frac{\partial F}{\partial j^{'}} \frac{D η}{D X} & = \frac{\partial F}{\partial j^{'}} η (X) |_{A}^{B} - \int_{A}^{B} D X η \frac{D}{D X} (\frac{\partial F}{\partial j^{'}}), \\ \int_{A}^{B} D X \frac{\partial F}{\partial j^{″}} \frac{D η^{'}}{D X} & = \frac{\partial F}{\partial j^{″}} η^{'} (X) |_{A}^{B} - \int_{A}^{B} D X η^{'} \frac{D}{D X} (\frac{\partial F}{\partial j^{″}}) . \end{aligned}

$\begin{align} \displaystyle\int_a^b\,dx\, \frac{\partial F}{\partial y'}\frac{d\eta}{dx} &=\frac{\partial F}{\partial y'}\eta(x)\Bigl\vert_a^b- \displaystyle\int_a^b\,dx\,\eta \frac{d}{dx}\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right)\, ,\\ \displaystyle\int_a^b\,dx\, \frac{\partial F}{\partial y''} \frac{d\eta'}{dx}&= \frac{\partial F}{\partial y''}\eta'(x) \Bigl\vert_a^b- \displaystyle\int_a^b\,dx\,\eta' \frac{d}{dx}\left(\frac{\partial F}{\partial y''}\right)\, . \end{align}$ Wir nehmen jetzt an, dass die Funktion

η

$\eta$ ist so gewählt

η (b) = η (a) = 0

$\eta(b)=\eta(a)=0$ wie vorher. Darüber hinaus müssen wir auch davon ausgehen

η^{'} (b) = η^{'} (a) = 0

$\eta'(b)=\eta'(a)=0$ , ein neuer Zustand.

Auf diese Weise haben wir

\begin{aligned} \int_{A}^{B} D X \frac{\partial L}{\partial j^{'}} η^{'} & = - \int_{A}^{B} D X η \frac{D}{D X} (\frac{\partial L}{\partial j^{'}}), \\ \int_{A}^{B} D X \frac{\partial L}{\partial j^{″}} η^{″} & = - \int_{A}^{B} D X η^{'} \frac{D}{D X} (\frac{\partial L}{\partial j^{″}}) . \end{aligned}

$\begin{align} \displaystyle\int_a^b\,dx\, \frac{\partial L}{\partial y'}\eta'&= -\displaystyle\int_a^b\,dx\,\eta\, \frac{d}{dx} \left(\frac{\partial L}{\partial y'}\right)\, ,\\ \displaystyle\int_a^b\,dx\, \frac{\partial L}{\partial y''}\eta''&= -\displaystyle\int_a^b\,dx\,\eta'\, \frac{d}{dx}\left( \frac{\partial L}{\partial y''}\right)\, . \end{align}$

Wir müssen noch umdrehen $\eta'$ etwa ein letztes Mal. Nochmals partielle Integration verwenden:

\begin{aligned} - \int_{A}^{B} D X η^{'} \frac{D}{D X} (\frac{\partial F}{\partial j^{″}}) = + \int_{A}^{B} D X η \frac{D^{2}}{D X^{2}} (\frac{\partial F}{\partial j^{″}}) \end{aligned}

$\begin{align} -\displaystyle\int_a^b\,dx\,\eta' \frac{d}{dx}\left(\frac{\partial F}{\partial y''}\right)= + \displaystyle\int_a^b\,dx\, \eta\,\frac{d^2}{dx^2}\left(\frac{\partial F}{\partial y''}\right) \end{align}$ wo die Randbedingung

η (b) = η (a)

$\eta(b)=\eta(a)$ wurde verwendet, um den Grenzterm zu eliminieren.

Wenn wir also all dies zusammenfügen, erhalten wir

\begin{aligned} 0 = \frac{D ICH}{D ϵ} |_{ϵ = 0} = \int_{A}^{B} D X η (\frac{D^{2}}{D X^{2}} (\frac{\partial F}{\partial j^{″}}) - \frac{D}{D X} (\frac{\partial F}{\partial j^{'}}) + \frac{\partial F}{\partial j}) . \end{aligned}

$\begin{align} 0=\frac{dI}{d\epsilon}\Bigl\vert_{\epsilon=0} =\displaystyle\int_a^b \,dx\,\eta\, \left(\frac{d^2}{dx^2}\left(\frac{\partial F}{\partial y''}\right)-\frac{d}{dx} \left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right) +\frac{\partial F}{\partial y}\right)\, . \end{align}$ Seit

η

$\eta$ beliebig ist (bis auf die Randbedingungen), finden wir also die Funktion

L

$L$ muss die Differentialgleichung erfüllen

\begin{aligned} 0 = \frac{D^{2}}{D X^{2}} (\frac{\partial L}{\partial j^{″}}) - \frac{D}{D X} (\frac{\partial L}{\partial j^{'}}) + \frac{\partial L}{\partial j} . \end{aligned}

$\begin{align} 0=\frac{d^2}{dx^2}\left( \frac{\partial L}{\partial y''}\right)- \frac{d}{dx}\left(\frac{\partial L}{\partial y'}\right)+\frac{\partial L}{\partial y}\, . \end{align}$ Die Verallgemeinerung zu

L

$L$ die noch mehr Ableitungen enthält, liegt auf der Hand: für a die Ableitung der Ordnung

k

$k$ wir erhalten ein Zeichen

(- 1)^{k}

$(-1)^k$ wie wir brauchen

k

$k$ Integrationen nach Teilen. Damit erhalten wir die verallgemeinerte Euler-Lagrange-Gleichung in der Form

\begin{aligned} 0 & = \sum_{k} (- 1)^{k} \frac{D^{k}}{D X^{k}} (\frac{\partial L}{\partial j^{k}}) \equiv E (L), \\ E & = \sum_{k} (- 1)^{k} \frac{D^{k}}{D X^{k}} \frac{\partial}{\partial j^{k}} . \end{aligned}

$\begin{align} 0&=\sum_{k}(-1)^k\frac{d^k}{dx^k} \left(\frac{\partial L}{\partial y^k}\right) \equiv E(L)\, ,\\ E&=\sum_k (-1)^k \frac{d^k}{dx^k} \frac{\partial }{\partial y^k}\, . \end{align}$

Es gibt einige Diskussionen darüber (einschließlich der richtigen Definition eines konjugierten Impulses) im Folgenden:

Riahi, F. "Auf Lagrange-Operatoren mit Ableitungen höherer Ordnung." American Journal of Physics 40.3 (1972): 386-390.

und auch drin

Borneas, M. "Über eine Verallgemeinerung der Lagrange-Funktion." American Journal of Physics 27.4 (1959): 265-267.

Permalinks: 1. doi.org/10.1119/1.1986557 2. doi.org/10.1119/1.1934822

Benutzer191954 · Answer 2

Da ein Benutzer seinen Kommentar , der die Frage fast beantwortet, nicht in eine Antwort umgewandelt hat, erstelle ich diesen Community-Wiki-Beitrag, falls der Kommentar gelöscht wird:

Für eine Lagrangefunktion, die von Ableitungen erster Ordnung abhängt, finden wir eine Bewegungsgleichung zweiter Ordnung. Für eine solche Gleichung benötigen wir zwei Randbedingungen — zum Beispiel die Position des Teilchens zu einem Anfangs- und einem Endzeitpunkt. Diese Bedingung 'fixiert q an den Endpunkten'. Für eine Lagrangefunktion, die von Ableitungen zweiter Ordnung abhängt, finden wir im Allgemeinen eine Bewegungsgleichung vierter Ordnung. Wir brauchen also vier Randbedingungen, und das Festlegen der Geschwindigkeit (sowie der Position) zur Anfangs- und Endzeit reicht aus

Ich würde gerne helfen, aber können Sie mir sagen, was an diesem Kommentar unbefriedigend ist? Fragen Sie nur, warum die Theorie einen EOM vierter Ordnung geben muss?
Ich glaube, ich war verwirrt, als ich versuchte herauszufinden, ob wir nur eine Reparatur brauchen würden $q$ , $\dot{q}$ (und höhere Zeitableitungen von $q$ ) oder ob wir sicherstellen könnten, dass die konjugierten Ostrogradski-Impulse (die mir kürzlich durch diese in der Begrenzungsbeschreibung verlinkte Antwort vorgestellt wurden) stattdessen verschwinden, oder etwas anderes. Die Verbindung/der Kontrast zwischen: (1) konjugierten Impulsen und (2) Definitionen von $q$ und seine zeitlichen Ableitungen war mir nach dem Lesen dieser Antwort nicht so klar, weshalb ich versucht habe, auf diese Frage aufmerksam zu machen.

QMechaniker · Answer 3

Ein Lagrange $L(q,\dot{q},\ddot{q}, \ldots,q^{(N)},t)$ [das hängt von bis zu ab $N$ Zeitableitungen ter Ordnung] hat eine infinitesimale Variation der Form
$\begin{matrix} (A) & \begin{aligned} δ L & = \sum_{k = 0}^{N} \sum_{J = 1}^{N} \frac{\partial L}{\partial Q^{J (k)}} δ Q^{J (k)}, Q^{J (k)} := \frac{D^{k} Q^{J}}{D T^{k}}, \\ \overset{(D)}{=} \sum_{k = 0}^{N} \sum_{J = 1}^{N} (\frac{D P_{(k) J}}{D T} + P_{(k - 1) J}) δ Q^{J (k)} \\ \overset{Leibniz}{=} P_{(- 1) J} δ Q^{J} + \frac{D}{D T} \sum_{k = 0}^{N - 1} \sum_{J = 1}^{N} P_{(k) J} δ Q^{J (k)} . \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}\delta L&~~~=~\sum_{k=0}^N\sum_{j=1}^n \frac{\partial L}{\partial q^{j(k)}}\delta q^{j(k)}, \qquad q^{j(k)}~:=~\frac{d^kq^j}{dt^k},\cr &~~~\stackrel{(D)}{=}~ \sum_{k=0}^N\sum_{j=1}^n\left(\frac{d P_{(k)j}}{dt}+P_{(k-1)j}\right)\delta q^{j(k)}\cr &\stackrel{\text{Leibniz}}{=}~P_{(-1)j}~ \delta q^j+ \frac{d}{dt}\sum_{k=0}^{N-1}\sum_{j=1}^nP_{(k)j}~\delta q^{j(k)}.\end{align}\tag{A}$ In Gl. (A) Wir haben diese infinitesimalen Variationen verwendet $\delta$ und Zeitableitungen $\frac{d}{dt}$ pendeln, und wir haben eine Folge von Größen definiert $P_{(k) J} := \sum_{M = k + 1}^{N} {(- \frac{D}{D T})}^{M - (k + 1)} \frac{\partial L}{\partial Q^{J (M)}},$ $P_{(k)j}~:=~\sum_{m=k+1}^N\left(-\frac{d}{dt} \right)^{m-(k+1)}\frac{\partial L}{\partial q^{j(m)}},$ $\begin{matrix} (B) & k \in {- 1, 0, 1, 2, \dots}, J \in {1, \dots, N} . \end{matrix}$ $\qquad k~\in~\{-1,0,1,2,\ldots\} , \qquad j~\in~\{1,\ldots,n\} .\tag{B}$ [Der Schweif $P_{(N)j}$ , $P_{(N+1)j}$ , $\ldots$ der Sequenz (B) identisch verschwinden.] In der Sequenz (B) das erste Element $\begin{matrix} (C) & P_{(- 1) J} \overset{(B)}{:=} \sum_{M = 0}^{N} {(- \frac{D}{D T})}^{M} \frac{\partial L}{\partial Q^{J (M)}}, J \in {1, \dots, N}, \end{matrix}$ $P_{(-1)j}~\stackrel{(B)}{:=}~\sum_{m=0}^N\left(-\frac{d}{dt} \right)^{m}\frac{\partial L}{\partial q^{j(m)}}, \qquad j~\in~\{1,\ldots,n\}, \tag{C}$ ist der Euler-Lagrange (EL)-Ausdruck selbst; und die nachfolgenden Elemente $P_{(0)j}$ , $P_{(1)j}$ , $P_{(2)j}$ , $\ldots$ sind die höheren Ostrogradsky-Impulse $^1$ ; die eine Rekursion erfüllen $\frac{D P_{(k) J}}{D T} + P_{(k - 1) J} \overset{(B)}{=} \frac{\partial L}{\partial Q^{J (k)}},$ $\frac{d P_{(k)j}}{dt}+P_{(k-1)j}~\stackrel{(B)}{=}~\frac{\partial L}{\partial q^{j(k)}},$ $\begin{matrix} (D) & k \in {0, 1, 2, \dots}, J \in {1, \dots, N} . \end{matrix}$ $\qquad k~\in~\{0,1,2,\ldots\}, \qquad j~\in~\{1,\ldots,n\} . \tag{D}$
Die entsprechende Aktion
$\begin{matrix} (E) & S [Q] = \int_{T_{ich}}^{T_{F}} D T L (Q, \dot{Q}, \ddot{Q}, \dots, Q^{(N)}, T) \end{matrix}$ $S[q]~=~\int_{t_i}^{t_f} \! dt ~L(q,\dot{q},\ddot{q}, \ldots,q^{(N)},t)\tag{E}$ hat eine infinitesimale Variation der Form $\begin{matrix} (F) & δ S = \int_{T_{ich}}^{T_{F}} D T δ L \overset{(A)}{=} Massenbedingungen + Grenzbegriffe, \end{matrix}$ $\delta S~=~\int_{t_i}^{t_f} \! dt~\delta L ~\stackrel{(A)}{=}~\text{bulk-terms}+\text{boundary-terms},\tag{F}$ Wo $\begin{matrix} (G) & Massenbedingungen = \int_{T_{ich}}^{T_{F}} D T \sum_{J = 1}^{N} P_{(- 1) J} δ Q^{J}, \end{matrix}$ $\text{bulk-terms}~=~\int_{t_i}^{t_f} \! dt \sum_{j=1}^n P_{(-1)j}~ \delta q^j,\tag{G}$ Und $\begin{matrix} (H) & Grenzbegriffe = \sum_{k = 0}^{N - 1} \sum_{J = 1}^{N} {[P_{(k) J} δ Q^{J (k)}]}_{T = T_{ich}}^{T = T_{F}} . \end{matrix}$ $\text{boundary-terms} ~=~\sum_{k=0}^{N-1}\sum_{j=1}^n\left[P_{(k)j}~\delta q^{j(k)} \right]_{t=t_i}^{t=t_f}.\tag{H}$
Nun, um die EL-Gleichungen abzuleiten $^2$

$\begin{matrix} (I) & P_{(- 1) j} \overset{(G)}{\approx} 0, j \in {1, \dots, n}, \end{matrix}$
welche sind $n$ ODEs von $2N$ Ordnung müssen die Randterme (H) durch Angabe verschwinden $2Nn$ Randbedingungen (BCs), dh $Nn$ Anfangsbedingungen u $Nn$ endgültige Bedingungen. Es gibt verschiedene Möglichkeiten:
- Wesentliche BCs: $q^{j(k)}$ an der Grenze fixiert sind, wo $j\in\{1,\ldots,n\}$ Und $k\in\{0,\ldots,N\!-\!1\}$ .
- Natürliche BCs: $P_{(k)j}$ verschwinden an der Grenze, wo $j\in\{1,\ldots,n\}$ Und $k\in\{0,\ldots,N\!-\!1\}$ .
- Eine Kombination aus essentiellen und natürlichen BCs .
Bisher haben wir nur die höhere Lagrange-Formulierung mit an besprochen $N$ Lagrangian ter Ordnung. Es gibt auch eine höhere Hamiltonsche Formulierung mit unabhängigen Phasenraumvariablen $q^{j(k)}$ Und $P_{(k)j}$ , Wo $j\in\{1,\ldots,n\}$ Und $k\in\{0,\ldots,N\!-\!1\}$ .

--

$^1$ NB: Die Beschriftung höherer Ostrogradski-Variablen ist gegenüber der Wikipedia-Notation um eins verschoben.

$^2$ Hier das $\approx$ Symbol bedeutet Gleichheit modulo eqs. der Bewegung.

Herleitung von Euler-Lagrange-Gleichungen für Lagrange mit Abhängigkeit von Ableitungen zweiter Ordnung

an jedem beliebigen Punkt

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ZeroTheHero

QMechaniker

Benutzer191954

CR Drost

Benutzer191954

QMechaniker

Warum verlieren nicht alle freien Teilchen ihre kinetische Energie?

Suchen Sie nach einem bestimmten Lagrange

Ableitung des Noetherstroms

Euler-Lagrange-Gleichungen aus einer komplexen Lagrange-Funktion

Was ist die physikalische Bedeutung der Aussage „Lagrangian kann nur bis auf eine totale Ableitung definiert werden“?

Warum können wir den Endpunkt bei der Ableitung der Euler-Lagrange-Gleichung in der Mechanik als fest betrachten?

Prinzip der stationären Aktion vs. Euler-Lagrange-Gleichung

Stellt das Integral in der Wirkungsformel nach dem Prinzip der stationären Wirkung eine Fläche oder eine Länge dar?

Beweisen Sie, dass die Lagrange-Dichte LL\mathscr{L}, die einen gegebenen Satz von Euler-Lagrange-Gleichungen erzeugt, nicht eindeutig ist [duplizieren]

Verwenden Sie die Randbedingungen der Endpunkte für offene Zeichenfolgen und erhalten Sie dann das EOM