Problem der Variationsrechnung

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Problem der Variationsrechnung

Aktion
Physik
Variationsrechnung
Variationsprinzip
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Setsss

Ich versuche, die folgende Aktion zu variieren, um die Pfade zu finden, die die Aktion extremisieren

S = \int_{γ} ω = \int_{T_{F}}^{T_{ich}} \frac{D X^{ich} (T)}{D T} ω_{ich} (X (T)) D T

$S = \int_{\gamma} \omega = \int_{t_f}^{t_i} \frac{d x^i(t)}{dt} \omega_i(x(t)) \; dt$ Wo

x^{i}

$x^i$ are sind lokale Koordinaten und

ω

$\omega$ ist eine Differentialform.

Bisher habe ich

\begin{aligned} 0 = δ S & = \int_{γ} δ (\frac{D X^{ich} (T)}{D T} ω_{ich} (X (T)) D T \\ = \int_{γ} [\frac{D δ X^{ich} (T)}{D T} ω_{ich} (X (T)) + \frac{D X^{ich} (T)}{D T} \frac{\partial ω_{ich} (X (T))}{\partial X^{J}} δ X^{J}] D T \end{aligned}

$\begin{align*} 0=\delta S &= \int_{\gamma} \delta\big(\frac{d x^i(t)}{dt} \omega_i(x(t)\big) \; dt\\ &= \int_{\gamma} \Big[\frac{d \delta x^i(t)}{dt} \omega_i(x(t)) + \frac{dx^i(t)}{dt} \frac{\partial \omega_i(x(t))}{\partial x^j}\delta x^j\Big] \; dt \end{align*}$ Ich weiß, dass das Ziel bei Variationsproblemen darin besteht, die willkürliche Variation auszuklammern

δ x^{i}

$\delta x^i$ , aber ich bleibe bei der partiellen Integration im ersten Term hängen. Wie muss ich vorgehen, um die Wege zu finden, die diese Aktion extremisieren?

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Problem der Variationsrechnung

Prof. Legolasov · Answer 1

Teilweise integrieren:

\int_{γ} D T (\frac{D}{D T} δ X^{ich} \cdot ω_{ich} (X)) = \int_{γ} D T \frac{D}{D T} (δ X^{ich} ω_{ich} (X)) - \int_{γ} D T (δ X^{ich} \cdot \frac{D}{D T} ω_{ich} (X)) =

$\intop_{\gamma} dt \left( \frac{d}{dt} \delta x^{i} \cdot \omega_{i}(x) \right) = \intop_{\gamma} dt \frac{d}{dt} \left( \delta x^{i} \omega_{i}(x) \right) - \intop_{\gamma} dt \left( \delta x^{i} \cdot \frac{d}{dt} \omega_{i}(x) \right) =$

{δ X^{ich} ω_{ich} (X) |}_{T_{1}}^{T_{2}} - \int_{γ} D T δ X^{J} \cdot \frac{\partial ω_{J} (X)}{\partial X^{ich}} \cdot {\dot{X}}^{ich},

$\left. \delta x^{i} \omega_i (x) \right|_{t_1}^{t_2} - \intop_{\gamma} dt \, \delta x^j \cdot \frac{\partial \omega_j(x)}{\partial x^{i}} \cdot \dot{x}^i,$

wobei der Punkt bedeutet Differenzieren bzgl $t$ .

Der erste Term ist seither gleich Null $\delta x^{i}$ wird fixiert, um an den Endpunkten zu verschwinden.

Ich vertraue darauf, dass Sie die Gl herleiten können. der Bewegung daraus.

Ich schätze, ich bin es gewohnt, mit Aktionen umzugehen $x$ Und $\dot{x}$ Abhängigkeit, aber gibt es einen tieferen Grund, warum die "Euler-Lagrange"-Gleichung für diesen Fall die Form hat $\partial_i \omega_j - \partial_j \omega_i$ ?
@Aaron Das richtige Formular wäre $(\partial_i \omega_j - \partial_j \omega_i) \dot{x}^{i} = 0$ . Ich bin mir nicht sicher, was als "tiefer Grund" gilt.
@ClassicStyle Ich bin anderer Meinung. Nur der Pullback von $d\omega$ An $\gamma$ sollte verschwinden. Dies ist eine Bedingung für beide $\omega$ Und $\gamma$ . Das hat nichts damit zu tun $\omega$ geschlossen sein oder nicht.
Wenn wir das sagen $\gamma$ ist dann keine geschlossene Kurve $d\omega=0$ richtig? Der Rückzug ist ein Isomorphismus des Kotangensraums an jedem Punkt. Ich bin mir nicht ganz sicher, also bitte korrigieren wenn falsch :)

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Setsss

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Aaron

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Klassischer Stil

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