Ist Lagrange ein Skalar?

Ich nehme an, in der klassischen Physik zu arbeiten. Betrachten Sie den Raum$M$ausgestattet mit einem lokalen Lagrange-Koordinatenpatch$t, q^1,\ldots, q^n, \dot{q}^1,\ldots, \dot{q}^n$. Angenommen, der (glatte) Lagrange eines gegebenen physikalischen Systems nimmt in diesem Koordinatenfeld die Form an:

$${\cal L}= {\cal L}(t, q^1,\ldots, q^n, \dot{q}^1,\ldots, \dot{q}^n)\:.$$ Dann lauten die Euler-Lagrange- Gleichungen in diesem Koordinatenfeld:

$$\frac{d}{dt} \frac{\partial {\cal L}}{\partial \dot{q}^k}= \frac{\partial {\cal L}}{\partial q^k}\:, \qquad \frac{dq^k}{dt}= \dot{q}^k\:, \quad k=1,\ldots, n\:. \quad (1)$$

Der zweite Satz von Gleichungen erinnert daran$\dot{q}^k$Und$q^k$müssen als unabhängige Variablen betrachtet werden , während ihre natürliche Beziehung nur auf den Kurven gilt

$$\mathbb R \ni t \mapsto (q^1(t),\ldots, q^n(t), \dot{q}^1(t),\ldots, \dot{q}^n(t))$$ die Bewegung des Systems beschreiben. Was passiert, wenn sich die Larangian-Koordinaten ändern und zu Koordinaten übergehen? $T, Q^1,\ldots, Q^n, \dot{Q}^1,\ldots, \dot{Q}^n$so dass: $$t=T+c\:,\quad q^k=q^k(T, Q^1,\ldots, Q^n)\:, \quad \dot{q}^k= \frac{\partial q^k}{\partial T}+ \sum_{j=1}^n \frac{\partial q^k}{\partial Q^j}{\dot Q}^j\:,\quad (2)$$ Wo $c\in \mathbb R$ist eine Konstante, $k=1,2,\ldots ,n$, und die geschriebene Transformation soll glatt sein mit Umkehrung (des gleichen Typs) glatt?

(Die Verwandlung$t=T+c$besagt einfach, dass die Zeit in der klassischen Physik absolut ist und nur geändert werden kann, indem ihr Ursprung neu definiert wird). Es ist möglich, den folgenden Satz zu beweisen.

SATZ. Wenn die neue Lagrange-Funktion in dem mit Koordinaten ausgestatteten Koordinatenfeld definiert wird$T, Q^1,\ldots, Q^n, \dot{Q}^1,\ldots, \dot{Q}^n$:

$${\cal L}'(T,Q^1,\ldots, Q^n, \dot{Q}^1, \ldots, \dot{Q}^n) := {\cal L}(t, q^1,\ldots, q^n, \dot{q}^1,\ldots, \dot{q}^n)\:,\qquad (3)$$ wobei die neuen Koordinaten über (2) mit den alten in Beziehung stehen, dann eine glatte Kurve $$\mathbb R \ni t \mapsto (q^1(t),\ldots, q^n(t), \dot{q}^1(t),\ldots, \dot{q}^n(t))$$ erfüllt (1) genau dann, wenn die entsprechende (über die Umkehrung von (2)) Kurve
$$\mathbb R \ni T \mapsto (Q^1(T),\ldots, Q^n(T), \dot{Q}^1(T),\ldots, \dot{Q}^n(T))$$ löst $$\frac{d}{dT} \frac{\partial {\cal L}'}{\partial \dot{Q}^k}= \frac{\partial {\cal L}'}{\partial Q^k}\:, \qquad \frac{dQ^k}{dT}= \dot{Q}^k\:, \quad k=1,\ldots, n\:.$$

In der Praxis sagt das Theorem das, wenn wir das annehmen$\cal L$ein Skalar ist (wie in (3) geschrieben) , dann hängen die Lösungen der dynamischen Gleichungen nicht von den verwendeten Koordinaten ab, wie es die Physik verlangt.

ANMERKUNG. Dieses Ergebnis ist keineswegs offensichtlich. Wenn Sie beispielsweise von der Lagrange-Formulierung auf die Hamilton-Formel übergehen, gibt es kein analoges Ergebnis: Die Lösungen dynamischer Gleichungen hängen nicht von den verwendeten Koordinaten ab, vorausgesetzt, die Hamilton-Funktion hat kein skalares Verhalten, das Hamilton- Koordinaten ändert$(t,q, p) \to (T,Q,P)$. (Das Problem tritt nur auf, wenn die Zeit explizit in der Transformation von Koordinaten erscheint.)

Das erwähnte Theorem erlaubt uns, Lagrange-Koordinaten und Lagrange-Funktion unabhängig voneinander zu wählen. Stellen Sie sich zum Beispiel einen Materiepunkt vor, der gezwungen ist, auf einer glatten Oberfläche zu bleiben$\Sigma$in Ruhe mit einem nicht trägen Bezugssystem$I'$, deren Bewegung in Bezug auf ein Trägheitsbezugssystem gegeben ist$I$. Es ist klar, dass sich die Gleichungen vereinfachen, wenn man das System mit ruhenden Koordinaten beschreibt$I'$(Koordinaten auf$\Sigma$), da die Gleichung der den Punkt enthaltenden Fläche nicht von der Zeit in abhängt$I'$. Allerdings hinein$I'$treten Trägheitskräfte auf, die in die Lagrange-Funktion einbezogen werden müssen, wodurch sich eine komplizierte Funktionsform ergibt. Das angegebene Theorem erlaubt eine Zwischenwahl: das Schreiben der Lagrange-Funktion${\cal L}|_I := K|_{I}-V|_{I}$gegenüber$I$, so dass keine Trägheitskraft berücksichtigt werden muss$V|_I$, aber mit angepassten Koordinaten$I'$. Die Diskussion gilt natürlich auch für den Fall beider$I$Und$I'$träge.

Was Sie in Ihrer Frage zum Lagrange sagen:

$${\cal L}=\frac12m\left(\frac{dz}{dt}\right)^2-mgz\to L=\frac12m\left(\frac{dz}{dt}\right)^2-mgz-mga$$ hat nichts damit zu tun, ob der Lagrangian ein Skalar ist oder nicht, da Sie bei der Erörterung dieser Probleme aktive Koordinatentransformationen anstelle von passiven in Betracht ziehen . Du hast zwei Koordinatensysteme $t,z, \dot{z}$Und $T,Z,\dot{Z}$mit $$T=t\:, \quad Z=z+h\;, \quad \dot{Z}= \dot{z}\:.\qquad (4)$$ Die Annahme, dass der Lagrange-Operator ein Skalar ist, bedeutet nichts anderes, wenn es sich um Koordinaten handelt $t,z,\dot{z}$: $${\cal L}(t,z,\dot{z}) =\frac12m\left(\frac{dz}{dt}\right)^2-mgz\:,\qquad(5)$$ der Lagrange in Koordinaten $T,Z,\dot{Z}$muss überprüfen: $${\cal L}'(T,Z,\dot{Z})=\frac12m\left(\frac{dz}{dt}\right)^2-mgz$$ so dass unter Ausnutzung von (4): $${\cal L}'(T,Z,\dot{Z})=\frac12m\left(\frac{dZ}{dT}\right)^2-mg(Z-h)$$ das hat eine andere Form als (5), spielt aber keine Rolle!

Was in Ihrem Beispiel physikalisch (etwas) unerwartet ist, ist, dass sich die Form des Lagrange-Verlaufs ändert, wenn sich der Referenzrahmen ändert, selbst wenn die beiden Referenzrahmen physikalisch vollständig äquivalent sind . Dies ist kein wirkliches Problem, gerade im Hinblick auf das aufgestellte Theorem und die Diskussion, die der obigen BEMERKUNG folgt : Es gibt viele äquivalente Lagrange-Operatoren für dasselbe physikalische System. Wenn in Koordinaten$T, Z, \dot{Z}$Sie beginnen bei einem Larangianer mit der gleichen Form von${\cal L}$, Ich meine:

$${\cal L}'_1 = \frac12m\left(\frac{dZ}{dT}\right)^2-mgZ$$ Sie erhalten die gleiche Bewegungsgleichung wie die von erhaltenen ${\cal L}'$, selbst wenn ${\cal L}'_1 \neq {\cal L}'$.

Beachten Sie als letzte Bemerkung, dass, selbst wenn${\cal L}'_1 \neq {\cal L}'$, stimmen die diesen Lagrangianern zugeordneten Aktionsfunktionale überein. Dies legt eine andere allgemeine Sichtweise zu diesen Themen nahe, aber ich möchte hier keine weitere lange Diskussion eröffnen.