Vereinfachte Euler-Lagrange-Gleichung mit Skalarprodukt und Gradienten

Question

Vereinfachte Euler-Lagrange-Gleichung mit Skalarprodukt und Gradienten

Mathematik
Variationsrechnung
Euler-Larange-Gleichung

NetUser5y62

Für jeden Integranden $G(\lambda, \mathbf{r}(\lambda), \dot{\mathbf{r}}(\lambda))$ , Wo $\dot{\mathbf{r}} = \frac{d}{d\lambda}\mathbf{r}$ , die Euler-Lagrange-Gleichungen sind

\frac{\partial G}{\partial R} - \frac{D}{D λ} \frac{\partial G}{\partial \dot{R}} = 0

$\frac{\partial G}{\partial \mathbf{r}} - \frac{d}{d\lambda}\frac{\partial G}{\partial \dot{\mathbf{r}}} = 0$

Wenn $G = U\sqrt{\dot{\mathbf{r}}\cdot \dot{\mathbf{r}}}$ , $U = U(\mathbf{r})$ , zeigen, dass eine Substitution in die Euler-Lagrange-Gleichung liefert

U \ddot{R} + (\dot{R} \cdot \nabla U) \dot{R} - (\dot{R} \cdot \dot{R}) \nabla U = 0

$U\ddot{\mathbf{r}} + (\dot{\mathbf{r}}\cdot \nabla U)\dot{\mathbf{r}} - (\dot{\mathbf{r}}\cdot \dot{\mathbf{r}})\nabla U=0$ unter der Annahme, dass

\dot{r} \cdot \ddot{r} = 0

$\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\ddot r} = 0$ .

Ich bin neu in dem Thema, darf ich bitte fragen, wie die obige Substitution im Detail funktioniert? Danke schön!

paulinho

Ist

U

$U$ nur eine Funktion von

r

$\mathbf{r}$ ?

NetUser5y62

@paulinho, ja! Das habe ich hinzugefügt :)

Antworten (1)

Vereinfachte Euler-Lagrange-Gleichung mit Skalarprodukt und Gradienten

paulinho · Answer 1

Lassen $\mathbf{r} = (r_1, r_2, \cdots, r_n)$ . Lassen Sie uns einfach die Euler-Lagrange-Gleichung für finden $r_1$ . Die Euler-Lagrange-Gleichungen für alle anderen $r_i$ wird symmetrisch sein, nur mit $r_1$ ersetzt durch $r_i$ .

Lassen $f(\mathbf{\dot r}) = \sqrt{\dot{\mathbf{r}} \cdot \dot{\mathbf{r}}} = \|\mathbf{\dot r}\|$ . Dann wollen wir einstecken $G(\mathbf{r}, \mathbf{\dot r}) = U(\mathbf{r}) f(\mathbf{\dot r})$ in die Euler-Lagrange-Gleichungen. Es ist wichtig sich das zu merken $\mathbf{r}$ Und $\mathbf{\dot r}$ können Funktionen von sein $\lambda$ , So $G$ hängt auch implizit davon ab $\lambda$ .

Der erste Term auf der linken Seite der Lagrange-Gleichung lässt sich leicht berechnen:

\frac{\partial G}{\partial R_{1}} = F (\dot{R}) \frac{\partial U}{\partial R_{1}}

$\frac{\partial G}{\partial r_1} = f(\mathbf{\dot r}) \frac{\partial U}{\partial r_1}$ als einziger Begriff in

G

$G$ explizit abhängig von

r_{1}

$r_1$ Ist

U

$U$ .

Was den zweiten Term betrifft, so ist if eine nützliche Identität, die wir verwenden können $g(\mathbf{r}) = \sqrt{\mathbf{r} \cdot \mathbf{r}} = \|\mathbf{r}\|$ ,

\frac{\partial G}{\partial R} = \frac{R}{“ R “} ⟹ \frac{\partial G}{\partial R_{1}} = \frac{R_{1}}{“ R “}

$\frac{\partial g}{\partial \mathbf{r}} = \frac{\mathbf{r}}{\|\mathbf{r}\|} \implies \frac{\partial g}{\partial r_1} = \frac{r_1}{\|\mathbf{r}\|}$

Daraus folgt also

\frac{\partial F}{\partial {\dot{R}}_{1}} = \frac{{\dot{R}}_{1}}{“ \dot{R} “} ⟹ \frac{\partial G}{\partial {\dot{R}}_{1}} = \frac{U}{“ \dot{R} “} {\dot{R}}_{1} = U (R) a (\dot{R})

$\frac{\partial f}{\partial \dot r_1} = \frac{\dot r_1}{\|\mathbf{\dot r}\|} \implies \frac{\partial G}{\partial \dot r_1} = \frac{U}{\|\mathbf{\dot r}\|} \dot r_1 = U(\mathbf{r}) \alpha(\mathbf{\dot r})$

Wo $\alpha = \dot r_1 / \|\mathbf{\dot r}\|$ . Wir müssen nun die Gesamtableitung nach bilden $\lambda$ dieses Begriffs. Beachten Sie, dass

\frac{D}{D λ} \frac{\partial G}{\partial {\dot{R}}_{1}} = \frac{D (U a)}{D λ} = \frac{\partial (U a)}{\partial R} \cdot \dot{R} + \sum_{ich = 1}^{N} \frac{\partial (U a)}{\partial {\dot{R}}_{ich}} \cdot {\ddot{R}}_{ich} = a (\dot{R} \cdot \nabla U) + U \sum_{ich = 1}^{N} \frac{\partial a}{\partial {\dot{R}}_{ich}} \cdot {\ddot{R}}_{ich}

$\frac{d}{d \lambda} \frac{\partial G}{\partial \dot r_1} = \frac{d (U \alpha)}{d \lambda}= \frac{\partial (U \alpha)}{\partial \mathbf{r}} \cdot \mathbf{\dot r} + \sum_{i = 1}^n \frac{\partial (U \alpha)}{\partial \dot r_i} \cdot \ddot r_i = \alpha (\mathbf{\dot r} \cdot \nabla U) + U \sum_{i = 1}^n \frac{\partial \alpha}{\partial \dot r_i} \cdot \ddot r_i$ Die letzte Gleichheit hält da wieder die einzige

r

$\mathbf{r}$ explizite Abhängigkeit von

\partial G / \partial {\dot{r}}_{1}

$\partial G / \partial \dot r_1$ ist in

U

$U$ und die einzige explizite

\dot{r}

$\mathbf{\dot r}$ Abhängigkeit ist angesagt

α

$\alpha$ . Seit

α

$\alpha$ ist für alle symmetrisch

r_{i} \neq r_{1}

$r_i \neq r_1$ , grenzen wir bei der Berechnung zwei Fälle ab

\partial α / \partial {\dot{r}}_{i}

$\partial \alpha / \partial \dot r_i$ :

Wenn $i = 1$ , dann lässt sich das nachweisen
$\frac{\partial a}{\partial {\dot{R}}_{ich}} = \frac{\partial a}{\partial {\dot{R}}_{1}} = \frac{1}{“ \dot{R} “^{3}} \sum_{ich = 2}^{N} {\dot{R_{ich}}}^{2} = \frac{“ \dot{R} “^{2} - {\dot{R_{1}}}^{2}}{“ \dot{R} “^{3}}$ $\frac{\partial \alpha}{\partial \dot r_i} = \frac{\partial \alpha}{\partial \dot r_1} = \frac{1}{\|\mathbf{\dot r}\|^3} \sum_{i = 2}^n \dot{r_i}^2 = \frac{\|\mathbf{\dot r}\|^2 - \dot{r_1}^2}{\|\mathbf{\dot r}\|^3}$
Wenn $i \neq 1$ , dann lässt sich das nachweisen
$\frac{\partial a}{\partial {\dot{R}}_{ich}} = - \frac{{\dot{R}}_{1} {\dot{R}}_{ich}}{“ \dot{R} “^{3}}$ $\frac{\partial \alpha}{\partial \dot r_i} = - \frac{\dot r_1 \dot r_i}{\|\mathbf{\dot r}\|^3}$

Setzen wir diese Ergebnisse wieder in den Ausdruck ein, den wir hatten, erhalten wir

\frac{D}{D λ} \frac{\partial G}{\partial {\dot{R}}_{1}} = a (\dot{R} \cdot \nabla U) + \frac{U}{“ \dot{R} “^{3}} [“ \dot{R} “^{2} {\ddot{R}}_{1} - {\dot{R}}_{1} \sum_{ich = 1}^{N} {\dot{R}}_{ich} {\ddot{R}}_{ich}] = a (\dot{R} \cdot \nabla U) + \frac{U {\ddot{R}}_{1}}{“ \dot{R} “} - \frac{U {\dot{R}}_{1} (\dot{R} \cdot \ddot{R})}{“ \dot{R} “^{3}}

$\frac{d}{d \lambda} \frac{\partial G}{\partial \dot r_1} = \alpha (\mathbf{\dot r} \cdot \nabla U) + \frac{U}{\| \mathbf{\dot r}\|^3} \left[\| \mathbf{\dot r}\|^2 \ddot r_1 - \dot r_1 \sum_{i = 1}^n \dot r_i \ddot r_i \right] = \alpha (\mathbf{\dot r} \cdot \nabla U) + \frac{U \ddot r_1}{\| \mathbf{\dot r}\|} - \frac{U \dot r_1 (\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\ddot r})}{\| \mathbf{\dot r}\|^3}$ Wenn wir alles wieder einstecken, erhalten wir die folgende Gleichung

r_{1}

$r_1$ :

“ \dot{R} “ \frac{\partial U}{\partial R_{1}} - \frac{{\dot{R}}_{1}}{“ \dot{R} “} (\dot{R} \cdot \nabla U) - \frac{U {\dot{R}}_{1}}{“ \dot{R} “} + \frac{U {\dot{R}}_{1} (\dot{R} \cdot \ddot{R})}{“ \dot{R} “^{3}} = 0

$\|\mathbf{\dot r} \| \frac{\partial U}{\partial r_1} - \frac{\dot r_1}{\|\mathbf{\dot r}\|} (\mathbf{\dot r} \cdot \nabla U) - \frac{U \dot r_1}{\|\mathbf{\dot r}\|} + \frac{U \dot r_1 (\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\ddot r})}{\| \mathbf{\dot r}\|^3} = 0$ Durch multiplizieren mit

‖ \dot{r} ‖

$\|\mathbf{\dot r}\|$ gibt

U {\ddot{R}}_{1} + (\dot{R} \cdot \nabla U) {\dot{R}}_{1} - (\dot{R} \cdot \dot{R}) \frac{\partial U}{\partial R_{1}} - \frac{U {\dot{R}}_{1} (\dot{R} \cdot \ddot{R})}{“ \dot{R} “^{2}} = 0

$U \ddot r_1 + (\mathbf{\dot r} \cdot \nabla U) \dot r_1 -(\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\dot r}) \frac{\partial U}{\partial r_1} - \frac{U \dot r_1 (\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\ddot r})}{\| \mathbf{\dot r}\|^2} = 0$ Eine ähnliche Gleichung gilt für alle

{\dot{r}}_{i}

$\dot r_i$ , also alles zusammen bekommen wir das

U \ddot{R} + (\dot{R} \cdot \nabla U) \dot{R} - (\dot{R} \cdot \dot{R}) \nabla U - \frac{U \dot{R} (\dot{R} \cdot \ddot{R})}{“ \dot{R} “^{2}} = 0

$U \mathbf{\ddot r} + (\mathbf{\dot r} \cdot \nabla U) \mathbf{\dot r} -(\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\dot r}) \nabla U - \frac{U \mathbf{\dot r} (\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\ddot r})}{\| \mathbf{\dot r}\|^2} = 0$ Der letzte Term geht jedoch per Annahme gegen Null (Erinnerung

\dot{r} \cdot \ddot{r} = 0

$\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\ddot r} = 0$ ), also sind wir fertig.

◻

$\square$

Ich bin wirklich dankbar für Ihre Antwort! Es gab tatsächlich eine Vermutung $\dot{\mathbf{r}}\cdot \ddot{\mathbf{r}}=0$ . Tut mir leid, dass ich das verpasst habe, ich bin nie zu diesem Stadium der Ableitung gekommen. Diese Frage stellt sich beim Raytracing in der Seismologie, wo $\mathbf{r}(\lambda)$ ist der Strahlenparameter für die Wellenfronten. Ray Reisezeit ist $\int_S^R U\sqrt{\dot{\mathbf{r}}\cdot \mathbf{r}} \, d\lambda$ , Wo $U(\mathbf{r})$ ist der Kehrwert der Geschwindigkeit. Das Einsetzen des Integranden in die Euler-Lagrange-Gleichung extremisiert das Integral und ermöglicht es, die Raytracing-Gleichungen zu erhalten :)
Interessantes Zeug! Ich werde die Antwort und die Frage bearbeiten, falls jemand anderes, der über diese Frage stolpert, die gleiche Verwirrung hat.

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paulinho

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paulinho

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