Variieren Sie die Aktion in Bezug auf die Geschwindigkeit

Question

Variieren Sie die Aktion in Bezug auf die Geschwindigkeit

Aktion
Physik
Geschwindigkeit
lagrangescher Formalismus
Variationsrechnung
funktionale Ableitungen

smörkex

Variation der Aktion $S$ entsprechend einem Lagrange, zB $L(x(t),\dot{x}(t))$ ergibt die Euler-Lagrange-Gleichungen:

\frac{δ S}{δ X (T)} = 0 \int D u (\frac{δ L}{δ X (u)} \frac{δ X (u)}{δ X (T)} + \frac{δ L}{δ \dot{X} (u)} \frac{δ \dot{X} (u)}{δ X (T)}) = 0 \int D u (\frac{δ L}{δ X (u)} δ (T - u) + \frac{δ L}{δ \dot{X} (u)} \frac{δ \dot{X} (u)}{δ X (T)}) = 0 \dots \frac{δ L}{δ X} - \frac{D}{D T} \frac{δ L}{δ \dot{X}} = 0

$\frac{\delta S}{\delta x(t)} = 0 \\ \int du \left ( \frac{\delta L}{\delta x(u)} \frac{\delta x(u)}{\delta x(t)} + \frac{\delta L}{\delta \dot{x}(u)} \frac{\delta \dot{x}(u)}{\delta x(t)} \right ) = 0 \\ \int du \left ( \frac{\delta L}{\delta x(u)} \delta(t-u) + \frac{\delta L}{\delta \dot{x}(u)} \frac{\delta \dot{x}(u)}{\delta x(t)} \right ) = 0 \\ \dots \\ \frac{\delta L}{\delta x} - \frac{d}{dt} \frac{\delta L}{\delta \dot{x}} = 0$

wo in der $\dots$ Wir führen eine partielle Integration zum richtigen Term durch.

Was passiert, wenn wir die Aktion bezüglich der Geschwindigkeit variieren? Macht es physikalisch Sinn? Was für eine Gleichung würde sich ergeben?

Einige Versuche:

\frac{δ S}{δ \dot{X} (T)} = 0 \int D u (\frac{δ L}{δ X (u)} \frac{δ X (u)}{δ \dot{X} (T)} + \frac{δ L}{δ \dot{X} (u)} δ (T - u)) = 0 \int D u \frac{δ L}{δ X (u)} \frac{δ X (u)}{δ \dot{X} (T)} + \frac{δ L}{δ \dot{X} (T)} = 0

$\frac{\delta S}{\delta \dot{x}(t)} = 0 \\ \int du \left ( \frac{\delta L}{\delta x(u)} \frac{\delta x(u)}{\delta \dot{x}(t)} + \frac{\delta L}{\delta \dot{x}(u)} \delta(t-u) \right ) = 0 \\ \int du \frac{\delta L}{\delta x(u)} \frac{\delta x(u)}{\delta \dot{x}(t)} + \frac{\delta L}{\delta \dot{x}(t)} = 0 \\$

Jetzt:

X (u) = \int D u \frac{\partial X}{\partial u} \frac{δ X (u)}{δ \dot{X} (T)} = \int D u δ (u - T) = 1

$x(u) = \int du \; \frac{\partial x}{\partial u} \\ \frac{\delta x(u)}{\delta \dot{x}(t)} = \int du \; \delta (u-t) = 1$

wenn wahr gibt

\int D u \frac{δ L}{δ X (u)} + \frac{δ L}{δ \dot{X} (T)} = 0

$\int du \; \frac{\delta L}{\delta x(u)} + \frac{\delta L}{\delta \dot{x}(t)} = 0$

Kann man das weiter vereinfachen? Oder kann ich mich darauf beziehen $\delta S / \delta \dot{x}$ Zu $\delta S / \delta x$ ?

Sean E. Lake

Du machst einen Fehler. EL-Gleichungen sind:

\frac{\partial L}{\partial X} - \frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial \dot{X}}) .

$\frac{\partial L}{\partial x} - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \left(\frac{\partial L}{ \partial \dot{x}}\right).$ Die Beziehung ist:

\frac{δ L (X (T))}{δ X (T^{'})} = \frac{\partial L (X)}{\partial X} δ (T - T^{'}) + \frac{\partial L}{\partial \dot{X}} δ^{'} (T - T^{'}) + \dots .

$\frac{\delta L(x(t))}{\delta x(t')} = \frac{\partial L(x)}{\partial x} \delta(t - t') + \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} \delta'(t-t') + \ldots.$

Antworten (1)

Variieren Sie die Aktion in Bezug auf die Geschwindigkeit

Du machst einen Fehler. EL-Gleichungen sind: $\frac{\partial L}{\partial X} - \frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial \dot{X}}) .$ $\frac{\partial L}{\partial x} - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \left(\frac{\partial L}{ \partial \dot{x}}\right).$ Die Beziehung ist: $\frac{δ L (X (T))}{δ X (T^{'})} = \frac{\partial L (X)}{\partial X} δ (T - T^{'}) + \frac{\partial L}{\partial \dot{X}} δ^{'} (T - T^{'}) + \dots .$ $\frac{\delta L(x(t))}{\delta x(t')} = \frac{\partial L(x)}{\partial x} \delta(t - t') + \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} \delta'(t-t') + \ldots.$

QMechaniker · Answer 1

Denken Sie zunächst daran, dass man die Geschwindigkeit variieren kann $v$ unabhängig von der Stelle $q$ im Lagrange $L(q,v,t)$ . Tatsächlich ist der (Lagrange'sche) kanonische Impuls definiert als
$\begin{matrix} (A) & P (Q, v, T) := \frac{\partial L (Q, v, T)}{\partial v} . \end{matrix}$ $\tag{A} p(q,v,t)~:=~\frac{\partial L(q,v,t)}{\partial v}.$ Dies wird beispielsweise in den Beiträgen this , this und this Phys.SE näher erläutert.
Lassen Sie uns zur späteren Bequemlichkeit definieren
$\begin{matrix} (B) & F (Q, v, T) := \frac{\partial L (Q, v, T)}{\partial Q}, \end{matrix}$ $\tag{B} F(q,v,t)~:=~\frac{\partial L(q,v,t)}{\partial q},$ so dass die Euler-Lagrange (EL)-Gleichung die suggestive Form annimmt
$\begin{matrix} (C) & {F (Q, v, T) |}_{v = \dot{Q}} \approx {\frac{D P (Q, v, T)}{D T} |}_{v = \dot{Q}}, \end{matrix}$ $\tag{C} \left. F(q,v,t)\right|_{v=\dot{q}}~\approx~\left.\frac{dp(q,v,t)}{dt} \right|_{v=\dot{q}} \quad,$ vgl. Newtons 2. Gesetz . [Hier das $\approx$ symbol bedeutet gleichheit modulo eq. der Bewegung. Ein Punkt bedeutet Differenzierung bzgl. Zeit $t$ .]
Jetzt fragt OP tatsächlich nach der Aktion (im Gegensatz zum Lagrange). Es ist nicht sinnvoll, das Geschwindigkeitsprofil zu variieren $v:[t_i,t_f]\to \mathbb{R}$ unabhängig vom Positionsprofil $q:[t_i,t_f]\to \mathbb{R}$ in der (off-shell) Aktion funktional
$\begin{matrix} (D) & S [Q] = {\int_{T_{ich}}^{T_{F}} D T L (Q (T), v (T), T) |}_{v = \dot{Q}} . \end{matrix}$ $\tag{D} S[q]~=~\left. \int_{t_i}^{t_f} \! dt~ L(q(t),v(t),t)\right|_{v=\dot{q}} \quad.$
Es ist jedoch möglich, Felder neu zu definieren. ZB den Positionspfad zerlegen $q:[t_i,t_f]\to \mathbb{R}$ auf anderer Basis, zB durch Fourier-Reihen/Transformation, und variieren bzgl. die neuen Variablen.
Stellen wir uns für den Rest dieser Antwort vor, dass das System gemischte Randbedingungen (BCs) mit einem anfänglichen Essential/Dirichlet-BC hat
$\begin{matrix} (E) & Q (T_{ich}) = Q_{ich}, \end{matrix}$ $\tag{E} q(t_i)~=~q_i,$ und ein letztes natürliches BC $\begin{matrix} (F) & P (Q (T_{F}), v (T_{F}), T_{F}) = 0. \end{matrix}$ $\tag{F} p(q(t_f),v(t_f),t_f)~=~0.$ Beachten Sie, dass BC (F) typischerweise die Endgeschwindigkeit einschränkt $v(t_f)$ . Wir überlassen es dem Leser, andere BCs zu betrachten.
Eine Möglichkeit im Zusammenhang mit der Frage von OP besteht darin, eine nicht lokale Feldneudefinition des Formulars zu definieren
$\begin{matrix} (G) & Q (T) = ICH [v; T] := Q_{ich} + \int_{T_{ich}}^{T} D T v (T), \end{matrix}$ $\tag{G} q(t) ~=~ I[v;t]~:=~ q_i + \int_{t_i}^{t} \! dt~v(t),$ wo die Geschwindigkeit $v$ die neuen dynamischen Variablen sind, und damit das (Off-Shell-) Aktionsfunktional nicht lokal wird $\begin{matrix} (H) & S [v] = {\int_{T_{ich}}^{T_{F}} D T L (Q (T), v (T), T) |}_{Q = ICH [v; \cdot]} . \end{matrix}$ $\tag{H} S[v] ~=~\left. \int_{t_i}^{t_f} \! dt~L(q(t),v(t),t)\right|_{q=I[v;\cdot]} \quad.$ Die funktionale Ableitung von Gl. (G) wird $\begin{matrix} (ICH) & \frac{δ ICH [v; T]}{δ v (T^{'})} = θ (T_{ich} \leq T^{'} \leq T \leq T_{F}) \end{matrix}$ $\tag{I} \frac{\delta I[v;t]}{\delta v(t^{\prime})} ~=~\theta(t_i \leq t^{\prime} \leq t \leq t_f)$ in einer hoffentlich offensichtlichen Notation. Das stationäre Wirkungsprinzip für die Wirkung (H) ergibt eine nichtlokale EL-Gleichung $\begin{matrix} (J) & {\int_{T}^{T_{F}} D T^{'} F (Q (T^{'}), v (T^{'}), T^{'}) |}_{Q = ICH [v; \cdot]} + {P (Q (T), v (T), T) |}_{Q = ICH [v; \cdot]} \approx 0, \end{matrix}$ $\tag{J} \left.\int_{t}^{t_f} \! dt^{\prime}~F(q(t^{\prime}),v(t^{\prime}),t^{\prime}) \right|_{q=I[v;\cdot]} + \left.p(q(t),v(t),t)\right|_{q=I[v;\cdot]}~\approx~0,$ was äquivalent zu Gl. (C) & (F), und es entspricht der letzten Gleichung von OP.

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smörkex

Sean E. Lake

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