Lagrangesche Eichinvarianz L′=L+df(q,t)dtL′=L+df(q,t)dtL'=L+\frac{df(q,t)}{dt}

Question

Lagrangesche Eichinvarianz L′=L+df(q,t)dtL′=L+df(q,t)dtL'=L+\frac{df(q,t)}{dt}

Nick A.

Also muss ich direkt (zB durch Substitution) beweisen, dass, wenn ein Pfad die Euler-Lagrange -Gleichungen für die Lagrange-Funktion erfüllt $L$ es tut dies für

L^{'} = L + \frac{D F (Q, T)}{D T} .

$L'=L+\frac{df(q,t)}{dt}.$ Lassen Sie mich Ihnen sagen, was ich getan habe:

\frac{D}{D T} \frac{\partial L^{'}}{\partial \dot{Q_{ich}}} - \frac{\partial L^{'}}{\partial Q_{ich}} = (\frac{D}{D T} \frac{\partial L}{\partial \dot{Q_{ich}}} - \frac{\partial L}{\partial Q_{ich}}) + (\frac{D}{D T} \frac{\partial}{\partial \dot{Q_{ich}}} \frac{D F}{D T} - \frac{\partial}{\partial Q_{ich}} \frac{D F}{D T})

$\frac{d}{dt}\frac{\partial L'}{\partial \dot{q_i}}-\frac{\partial L'}{\partial q_i}=(\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q_i}}-\frac{\partial L}{\partial q_i})+(\frac{d}{dt}\frac{\partial}{\partial \dot{q_i}}\frac{df}{dt}-\frac{\partial}{\partial q_i}\frac{df}{dt})$

Ich möchte irgendwie beweisen, dass die zweite Klammer ist $0$ dazu habe ich folgendes verwendet:

\frac{\partial}{\partial \dot{Q_{ich}}} = \sum \frac{\partial Q_{J}}{\partial \dot{Q_{ich}}} \frac{\partial}{\partial Q_{J}} \Rightarrow \frac{D}{D T} \frac{\partial}{\partial \dot{Q_{ich}}} = \sum \frac{D}{D T} \frac{\partial Q_{J}}{\partial \dot{Q_{ich}}} \frac{\partial}{\partial Q_{J}} = \sum \frac{\partial \dot{Q_{J}}}{\partial \dot{Q_{ich}}} \frac{\partial}{\partial Q_{J}} .

$\frac{\partial}{\partial \dot{q_i}}=\sum\frac{\partial q_j}{\partial \dot{q_i}}\frac{\partial}{\partial q_j} \Rightarrow \frac{d}{dt}\frac{\partial}{\partial \dot{q_i}}=\sum \frac{d}{dt}\frac{\partial q_j}{\partial \dot{q_i}}\frac{\partial}{\partial q_j}=\sum \frac{\partial \dot{q_j}}{\partial \dot{q_i}}\frac{\partial}{\partial q_j}.$

Nun ist der Beweis vollständig IF

\frac{\partial \dot{Q_{J}}}{\partial \dot{Q_{ich}}} = δ_{ich J} .

$\frac{\partial \dot{q_j}}{\partial \dot{q_i}}=δ_{ij} .$ Ich weiß, dass dies für wahr ist

q_{i}, q_{j}

$q_i,q_j$ aber gilt das auch für ihre derivate?

ZeroTheHero

Ja, es gilt auch für die Derivate, teilweise weil sie als unabhängige Variablen betrachtet werden.

QMechaniker

Siehe auch: physical.stackexchange.com/q/174137/2451 und darin enthaltene Links.

Antworten (3)

Lagrangesche Eichinvarianz L′=L+df(q,t)dtL′=L+df(q,t)dtL'=L+\frac{df(q,t)}{dt}

Ja, es gilt auch für die Derivate, teilweise weil sie als unabhängige Variablen betrachtet werden.
Siehe auch: physical.stackexchange.com/q/174137/2451 und darin enthaltene Links.

ZeroTheHero · Answer 1

Am einfachsten ist es mit zu gehen

\begin{aligned} \frac{D F}{D T} & = \frac{\partial F}{\partial Q} \dot{Q} + \frac{\partial F}{\partial T}, \\ \frac{D}{D T} (\frac{\partial}{\partial \dot{Q}} \frac{D F}{D T}) & = \frac{D}{D T} (\frac{\partial F}{\partial Q}) \\ = \frac{\partial}{\partial Q} (\frac{D F}{D T}) \end{aligned}

$\begin{align} \frac{df}{dt}&= \frac{\partial f}{\partial q}\dot q + \frac{\partial f}{\partial t}\, ,\\ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial }{\partial \dot{q}}\frac{df}{dt}\right)&= \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial f}{\partial q} \right)\\ &= \frac{\partial }{\partial q}\left( \frac{df}{dt}\right) \end{align}$ Sie können den multivariablen Fall selbst behandeln.

Frotaur · Answer 2

Nur der Vollständigkeit halber ist ein weiterer, einfacherer Weg, dies zu tun, indem Sie bedenken, dass Sie durch das Lösen der Euler-Lagrange-Gleichungen im Wesentlichen einen stationären Punkt der Aktion finden $S = \int_{t_i}^{t_f} L dt$ . Mit anderen Worten, Sie finden den Weg $q(t)$ was die Wirkung bei festem Endpunkt minimiert $q(t_f)$ , $q(t_i)$ . Dies ist das Verfahren, das die Euler-Lagrange-Gleichungen liefert.

Betrachten Sie dann die Aktion $S' = \int_{t_i}^{t_f} dt L' = \int_{t_i}^{t_f} dt\left[ L +\frac{df}{dt}\right]$

Dann integrieren:

S^{'} = \int_{T_{ich}}^{T_{F}} D T L + [F (Q, T)]_{T_{ich}}^{T_{F}} = S + F (Q (T_{F}), T_{F}) - F (Q (T_{ich}), T_{ich})

$S' = \int_{t_i}^{t_f} dt L + [f(q,t)]^{t_f}_{t_i} = S+f(q(t_f),t_f)-f(q(t_i),t_i)$

Nun werden die Endpunkte der Trajektorie fixiert, während der stationäre Punkt gefunden wird. Daher, wenn wir variieren $S$ , variieren wir den Pfad, aber nicht die Endpunkte. Mit anderen Worten :

δ S^{'} = δ S + \underset{= 0}{\underset{⏟}{δ (F (Q (T_{F}), T_{F}) - F (Q (T_{ich}), T_{ich}))}} \Leftrightarrow δ S^{'} = δ S

$\delta S' = \delta S + \underbrace{\delta\big(f(q(t_f),t_f)-f(q(t_i),t_i)\big)}_{= 0} \Leftrightarrow \delta S' = \delta S$

Daher die Variation von $S'$ Und $S$ ist gleich, also liefern sie eine äquivalente Bewegungsgleichung!

Danke! Um ehrlich zu sein, fühle ich mich wohler mit meinem vertrauten Vektorkalkül als mit Variationstechniken, daher ist eine Antwort in diesem Sinne sehr nützlich!

Benutzer140980 · Answer 3

Sie sind auf dem richtigen Weg und haben Ihren Beweis fast geschafft. Sie müssen sich etwas ansehen, das als "Aufhebung von Punkten" bezeichnet wird, ein nützlicher kleiner Trick, wenn Sie die Lagrange-Mechanik anwenden. Einen guten Beweis liefert hier Bernhard Heijstek.

Lagrangesche Eichinvarianz L′=L+df(q,t)dtL′=L+df(q,t)dtL'=L+\frac{df(q,t)}{dt}

Nick A.

ZeroTheHero

QMechaniker

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Frotaur

Nick A.

Benutzer140980

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