Suchen Sie nach einem bestimmten Lagrange

Ich bin mir der theoretischen Bedingungen für die Existenz bestimmter Euler-Lagrange-Gleichungen (variationaler Bikomplex usw.) bewusst, aber ich versuche dennoch von Hand, einen Lagrangian zu finden, der eine komplizierte Gleichung ergeben würde. Im Moment scheint es, dass meine Schwierigkeiten auf ein eindimensionales Problem reduziert werden können, einen Begriff der Form zu erhalten

T D φ D T

Kann man einen Lagrange-Operator finden, dessen Euler-Lagrange-Gleichung einen solchen Term liefert, und nur diesen?

Einige Berechnungen:

  • Zunächst erlaube ich mir eine Lagrangefunktion, die von Ableitungen höherer als 1. Ordnung abhängt, die Euler-Lagrange-Gleichung nimmt dann die Form an

    ∂ L ∂ φ − ∂ T ∂ L ∂ ( ∂ T φ ) + ∂ T T ∂ L ∂ ( ∂ T T φ ) − ∂ T T T ∂ L ∂ ( ∂ T T T φ ) + ⋯ = 0

  • ein Begriff der Form T 2 φ ∂ T T φ gibt

    ∂ L ∂ φ = T 2 ∂ T T φ Und ∂ T T ∂ L ∂ ( ∂ T T φ ) = ∂ T T ( T 2 φ ) = ∂ T ( 2 T φ + T 2 ∂ T φ )
    = 2 φ + 2 T ∂ T φ + 2 T ∂ T φ + T 2 ∂ T T φ

Bei all meinen Versuchen, jedes Mal T ∂ T φ erscheint, dann auch T 2 ∂ T T φ mit dem gleichen 1 / 2 Verhältnis (den ersten Term der Euler-Lagrange-Gleichung nicht vergessen)

Ich vermute, dass es unmöglich ist, einen solchen Begriff alleine zu bekommen, aber ich bin ein wenig enttäuscht.

Aus Neugier: In welchem ​​Zusammenhang ist diese Gleichung entstanden?
Oh, es ist eine viel größere Gleichung und ich habe alles fallen gelassen (einschließlich anderer partieller Ableitungen), weil ich das Gefühl hatte, dass nur dieser Term problematisch war. Ich versuche, den dem Kasimir zugeordneten Operator zu schreiben W 2 (als Klein-Gordon wrt P 2 )
Ich dachte über verrückte Dinge nach, die mich tatsächlich ein wenig verwirren. Ich erinnere mich, dass einer der Vorteile des Lagrange-Formalismus darin bestand, dass die Euler-Lagrange-Gleichung nicht von der Wahl der Koordinate abhängt. Aber ich dachte darüber nach φ ~ = φ ( T 2 / 2 ) so dass φ ~ ' ( T ) = T φ ( T ) ~ , kann man das irgendwie gebrauchen...??

Antworten (1)

OP fragt, ob es einen Aktionsbegriff gibt S so dass

(A) δ S δ φ ( T )   = ?   T D φ ( T ) D T .
Für Konsistenz müssen wir dann haben
(B) δ 2 S δ φ ( T ' ) δ φ ( T )   = ( A )   T D D T δ ( T − T ' ) .
Aber Gl. (B) ist inkonsistent, da seine linke Seite symmetrisch ist 1 unter einem T ↔ T ' austauschen, während die Verteilung auf der rechten Seite dies nicht ist. Es kann ein bisschen subtil sein, letzteres zu sehen. Unten folgt ein vielleicht nicht unbedingt einfachster, aber zumindest rigoroser und hoffentlich überzeugender Beweis: Wende zB eine Gaußsche Testfunktion auf die Verteilung auf der rechten Seite von Gl. (B):
(C) ∬ R 2 D T   D T '   exp ⁡ { − A T 2 − A ' T ' 2 }   T D D T δ ( T − T ' )   =   − A ' π ( A + A ' ) 3 .
Dies ist unter a nicht symmetrisch A ↔ A ' Austausch der beiden positiven Konstanten A , A ' > 0 .

Daraus schließen wir, dass ein solcher Aktionsterm S ist nicht vorhanden. ◻

Verwandte Phys.SE-Beiträge: Warum können wir einer dissipativen Kraft kein (möglicherweise geschwindigkeitsabhängiges) Potential zuschreiben? , Wie zeige ich, dass es für ein gegebenes klassisches System ein Variations-/Wirkungsprinzip gibt? , und Links darin.

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1 Da OP in einem Kommentar danach fragt, lassen Sie uns hier ein hoffentlich aufschlussreiches Beispiel geben. Betrachten Sie einen Aktionsterm

(D) S   :=   ∫ D T   L ( T ) , L ( T )   :=   T 2 2 φ ( T ) D 2 φ ( T ) D T 2 .
Die funktionelle Ableitung ist dann
(E) δ S δ φ ( T )   = ( D )   φ ( T ) + D D T { T 2 D φ ( T ) D T } .
Die zweite funktionelle Ableitung ist T ↔ T ' symmetrisch:
(F) δ 2 S δ φ ( T ' ) δ φ ( T )   = ( E )   δ ( T − T ' ) − D D T D D T ' { T T ' δ ( T − T ' ) } .

Ich habe die Antwort noch nicht validiert, weil ich mich immer noch frage, ob die rechte Seite wirklich nicht symmetrisch ist ...
T δ ' ( T − T ' ) als Verteilung mit "Variable" T : lassen ψ ( T ) sei eine Testfunktion, werte die Verteilung aus, nimm die Ableitung, multipliziere mit t und werte dann alles bei aus T ' Man erhält T ' ψ ' ( T ' ) . Austausch T Und T ' : ⟨ T ' δ ( T ' − T ) , ψ ( T ' ) = T ψ ' ( T ) . Oder vielleicht sollte man es doch als Distribution in Betracht ziehen T , in welchem ​​Fall ⟨ T ' δ ( T ' − T ) , ψ ( T ) = | 1 | × T ' ψ ' ( T ' )
Es scheint tatsächlich, dass das "Schwarz-Lemma" gilt!! Ich habe es an einem einfachen Lagrange getestet. Dann für die Berechnung, ich bin ein bisschen eingerostet, aber ich finde − A ( A + A ' ) 2 π A + A ' Trotzdem sehe ich, dass für eine beliebige Testfunktion in zwei Variablen die Symmetrie durch die Tatsache gebrochen wird, dass man eine Ableitung in einer der Variablen und nicht in der anderen nimmt.
@Qmechanic Wait!!!... ist die folgende symmetrische: take L ( T , φ , ⋯ ) := T 2 φ ∂ T T φ ,   δ S δ φ ( T ) = 2 φ + 4 T ∂ T φ + 2 T 2 ∂ T T φ und somit δ S δ φ ( T ' ) δ φ ( T ) = 2 δ ( T − T ' ) + 4 T δ ' ( T − T ' ) + 2 T 2 ∂ T T δ ( T − T ' ) ?? Es scheint nicht?!
Ja, Ihr obiges Beispiel ist symmetrisch, wie es sein muss.
@Qmechanic Ich liege falsch oder der Grund, warum ein nicht symmetrischer Term erscheint, ist, dass man die Ableitung entweder in Bezug auf nimmt T (oder T ' aber nicht beide). Wenn dies der Fall ist, sehe ich nicht, wie das obige Beispiel symmetrisch ist
@AccidentalFourierTransform Zunächst einmal spricht man von einer Verteilung in zwei Variablen. Dann T Auf der linken Seite ist eine glatte Funktion, die die Dirac-Verteilung multipliziert, keine Testfunktion (auf die man den Dirac anwendet), daher halte ich das nicht für richtig
@AccidentalFourierTransform es gab eine Ableitung δ ' und Sie haben es auf die angewendet T so dass auf Ihrer rechten Seite keine Ableitung erscheint. Wenn du es weiter machst T F ( T ) Sie bekommen ein Derivat auf F , außerdem muss man die Ableitung bilden und dann multiplizieren ... oder vielleicht auch nicht, das ist nicht klar ....
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