Nachweis der Unabhängigkeit der Lagrangefunktion von der Position eines freien Teilchens unter Verwendung der Euler-Lagrange-Gleichung

Question

Nachweis der Unabhängigkeit der Lagrangefunktion von der Position eines freien Teilchens unter Verwendung der Euler-Lagrange-Gleichung

Matrix23

Ich habe vor einiger Zeit eine ähnliche Frage gestellt, versuche aber, dies aus einem anderen Blickwinkel zu bearbeiten.

Bei der Ableitung der Lagrangefunktion eines freien Teilchens verwenden wir die Homogenität des Raums, um zu schließen, dass die Lagrangefunktion nicht von ihrem Positionsvektor abhängt $\vec{x}$ . Unter räumlicher Homogenität verstehe ich das, wenn man die Anfangsposition des Teilchens um einen Vektor verschiebt $\vec{c}$ , dann werden alle Punkte auf der Flugbahn des Teilchens um denselben Vektor verschoben $\vec{c}$ . Betrachtet man die Euler-Lagrange-Gleichung unter Berücksichtigung eines Falles mit einem Freiheitsgrad:

Wenn $x_1(t)$ ist eine Lösung der EL-Gleichung entsprechend der Anfangsbedingung $x(t_1)=X_1$ ,

\begin{matrix} (1) & \frac{\partial L (X_{1} (T), {\dot{X}}_{1} (T), T)}{\partial X} - \frac{D}{D T} \frac{\partial L (X_{1} (T), {\dot{X}}_{1} (T), T)}{\partial \dot{X}} = 0 \end{matrix}

$\frac{\partial L(x_1(t),\dot{x}_1(t),t)}{\partial x} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t} \frac{\partial L(x_1(t),\dot{x}_1(t),t)}{\partial \dot{x}}=0 \tag{1}$ Und

x_{1} (t) + c

$x_1(t) + c$ ist auch eine Lösung der EL-Gleichung entsprechend der Anfangsbedingung

x (t_{1}) = X_{1} + c

$x(t_1)=X_1 + c$ , Wo

c

$c$ ist eine infinitesimale Verschiebung,

\begin{matrix} (2) & \frac{\partial L (X_{1} (T) + C, {\dot{X}}_{1} (T), T)}{\partial X} - \frac{D}{D T} \frac{\partial L (X_{1} (T) + C, {\dot{X}}_{1} (T), T)}{\partial \dot{X}} = 0 \end{matrix}

$\frac{\partial L(x_1(t)+c,\dot{x}_1(t),t)}{\partial x} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t} \frac{\partial L(x_1(t)+c,\dot{x}_1(t),t)}{\partial \dot{x}}=0 \tag{2}$ dann möchte ich das beweisen

\begin{matrix} (3) & \frac{\partial L (X, \dot{X}, T)}{\partial X} = 0 \end{matrix}

$\frac{\partial L(x,\dot{x},t)}{\partial x}=0 \tag{3}$

Bisher habe ich versucht zu erweitern $L(x_1(t)+c,\dot{x}_1(t),t)$ als Taylor-Reihe in Potenzen von $c$ . Seit $c$ ist sehr klein, die linearen Terme in $c$ dominieren. Ich kann dann Gl. $(2)$ Zu:

\begin{matrix} (4) & [L_{X X} - L_{X X \dot{X}} \dot{X} - L_{X \dot{X} \dot{X}} \ddot{X} - L_{X \dot{X} T}] C = 0 \end{matrix}

$[L_{xx}-L_{xx\dot{x}}\,\dot{x} - L_{x\dot{x}\dot{x}}\,\ddot{x} - L_{x\dot{x}t}]\,c=0\tag{4}$

Ich bin mir nicht sicher, wie ich hier weiter vorgehen soll.

Wenn ich das beweisen kann $\frac{\partial L(x,\dot{x},t)}{\partial x}=0$ für eine unendlich kleine Verschiebung kann ich mir eine Unendlichkeit solcher aufeinanderfolgender Verschiebungen vorstellen $\vec{c}$ , machen $\frac{\partial L(x,\dot{x},t)}{\partial x}=0$ gültig für endliche Verschiebungen.

Herr_Mitesch

Es ist einfach nicht wahr. Nehmen Sie zum Beispiel

L = x \dot{x}

$L = x\dot x$ , wobei die Euler-Lagrange-Gleichung für beliebig erfüllt ist

x (t)

$x(t)$ , weil es nur eine totale Ableitung ist. Still,

\frac{\partial L}{\partial x} \neq 0

$\frac{\partial L}{\partial x} \neq 0$ .

facenisch

@Herr_Mitesch. Es stimmt, und das liegt daran, dass die Lagrange-Funktion nicht eindeutig bestimmt ist, aber was wirklich gemeint ist, ist, dass es möglich ist, eine Lagrange-Funktion zu finden, die nicht explizit von x abhängt

Antworten (1)

Nachweis der Unabhängigkeit der Lagrangefunktion von der Position eines freien Teilchens unter Verwendung der Euler-Lagrange-Gleichung

Es ist einfach nicht wahr. Nehmen Sie zum Beispiel $L = x\dot x$ , wobei die Euler-Lagrange-Gleichung für beliebig erfüllt ist $x(t)$ , weil es nur eine totale Ableitung ist. Still, $\frac{\partial L}{\partial x} \neq 0$ .
@Herr_Mitesch. Es stimmt, und das liegt daran, dass die Lagrange-Funktion nicht eindeutig bestimmt ist, aber was wirklich gemeint ist, ist, dass es möglich ist, eine Lagrange-Funktion zu finden, die nicht explizit von x abhängt

facenisch · Answer 1

facenisch

Wie das von Herr_Mitesh gegebene Gegenbeispiel zeigt, ist es nicht wahr, und das liegt daran, dass der Lagrangian nicht eindeutig bestimmt ist. In der Physik muss man manchmal nicht wie in der Mathematik denken und muss sich in diesem Fall mit dem Gedanken begnügen, dass es ausreicht, wenn der Lagrangian kein x als Variable enthält, damit die Bedingung der Homogenität erfüllt ist

Matrix23

Ich verstehe dein Argument. Wenn der Lagrangian umformuliert wird als

L (x, \dot{x}, t) = ℓ (x, \dot{x}, t) + \frac{d F (x, t)}{d t}

$L(x,\dot{x},t)=\ell(x,\dot{x},t)+\frac{\mathrm{d} F(x,t)}{\mathrm{d} t}$ , so dass

\frac{\partial ℓ (x, \dot{x}, t)}{\partial x} = 0

$\frac{\partial \ell(x,\dot{x},t)}{\partial x}=0$ , dann unter der Annahme von Gl

(1)

$(1)$ wahr ist, kann ich die Homogenität des Raumes beweisen, dh Gl

(2)

$(2)$ . Das kann ich dann zumindest sagen

\frac{\partial ℓ (x, \dot{x}, t)}{\partial x} = 0

$\frac{\partial \ell(x,\dot{x},t)}{\partial x}=0$ ist eine hinreichende Bedingung dafür, dass die Homogenität des Raums wahr ist.

Matrix23

Ich wollte nur überprüfen, ob der letzte Teil der Frage: die Logik, dies von infinitesimalen auf endliche Verschiebungen zu erweitern, gültig ist.

facenisch

Zumindest bei Variablen denke ich, dass die Erweiterung auf endliche Verschiebungen nur einer der fundamentalen Sätze der Analysis ist

Nachweis der Unabhängigkeit der Lagrangefunktion von der Position eines freien Teilchens unter Verwendung der Euler-Lagrange-Gleichung

Matrix23

Herr_Mitesch

facenisch

Antworten (1)

facenisch

Matrix23

Matrix23

facenisch

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