Zeigen Sie explizit die Kovarianz von Euler-Lagrange-Gleichungen

Question

Zeigen Sie explizit die Kovarianz von Euler-Lagrange-Gleichungen

Michael Fremling

Ich weiß, dass die Euler-Lagrange-Gleichung (hier nur in 1D)

(\frac{D}{D T} \frac{\partial}{\partial \dot{X}} - \frac{\partial}{\partial X}) L (X, \dot{X}, T) = 0

$\left(\frac{d}{dt}\frac{\partial}{\partial\dot{x}}-\frac{\partial}{\partial x}\right)L\left(x,\dot{x},t\right)=0$

ist invariant unter (invertierbaren) Koordinatentransformationen der Art $q=q\left(x,t\right)$ . Am einfachsten, weil die Ableitung nach dem Prinzip der kleinsten Wirkung in jedem beliebigen Koordinatensystem durchgeführt werden kann. Nehmen wir jedoch an, dass ich ausdrücklich zeigen möchte, dass EL erfüllt ist $x$ dass es auch damit zufrieden sein wird $q$ durch tatsächliches Ändern von Variablen in der Gleichung.

Ich beginne mit dem Umschreiben $\frac{\partial}{\partial x}$ Und $\frac{\partial}{\partial\dot{x}}$ als

\begin{array}{rcl} \frac{\partial}{\partial X} & = & (\frac{\partial Q}{\partial X}) \frac{\partial}{\partial Q} + (\frac{\partial \dot{Q}}{\partial X}) \frac{\partial}{\partial \dot{Q}} \\ \frac{\partial}{\partial \dot{X}} & = & (\frac{\partial Q}{\partial \dot{X}}) \frac{\partial}{\partial Q} + (\frac{\partial \dot{Q}}{\partial \dot{X}}) \frac{\partial}{\partial \dot{Q}} \end{array}

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial}{\partial x} & = & \left(\frac{\partial q}{\partial x}\right)\frac{\partial}{\partial q}+\left(\frac{\partial\dot{q}}{\partial x}\right)\frac{\partial}{\partial\dot{q}}\\ \frac{\partial}{\partial\dot{x}} & = & \left(\frac{\partial q}{\partial\dot{x}}\right)\frac{\partial}{\partial q}+\left(\frac{\partial\dot{q}}{\partial\dot{x}}\right)\frac{\partial}{\partial\dot{q}} \end{eqnarray*}$ damit meine EL jetzt liest

(\frac{D}{D T} [(\frac{\partial Q}{\partial \dot{X}}) \frac{\partial}{\partial Q} + (\frac{\partial \dot{Q}}{\partial \dot{X}}) \frac{\partial}{\partial \dot{Q}}] - [(\frac{\partial Q}{\partial X}) \frac{\partial}{\partial Q} + (\frac{\partial \dot{Q}}{\partial X}) \frac{\partial}{\partial \dot{Q}}]) L (Q, \dot{Q}, T) = 0

$\left(\frac{d}{dt}\left[\left(\frac{\partial q}{\partial\dot{x}}\right)\frac{\partial}{\partial q}+\left(\frac{\partial\dot{q}}{\partial\dot{x}}\right)\frac{\partial}{\partial\dot{q}}\right]-\left[\left(\frac{\partial q}{\partial x}\right)\frac{\partial}{\partial q}+\left(\frac{\partial\dot{q}}{\partial x}\right)\frac{\partial}{\partial\dot{q}}\right]\right)L\left(q,\dot{q},t\right)=0$

Ich lasse dann $\frac{d}{dt}$ von rechts handeln und begriffe sammeln, irgendwann sollte ich das evtl. nutzen $\dot{q}\left(x,\dot{x},t\right)=\frac{\partial q}{\partial t}+\frac{\partial q}{\partial x}\dot{x}$ Und $\dot{x}\left(q,\dot{q},t\right)=\frac{\partial x}{\partial t}+\frac{\partial x}{\partial q}\dot{q}$ am Ende zu erhalten

(irgendeine Funktion) (\frac{D}{D T} \frac{\partial}{\partial \dot{Q}} - \frac{\partial}{\partial Q}) L (Q, \dot{Q}, T) = 0

$\left(\mbox{some function}\right)\left(\frac{d}{dt}\frac{\partial}{\partial\dot{q}}-\frac{\partial}{\partial q}\right)L\left(q,\dot{q},t\right)=0$

Allerdings erweitert die Wirkung von $\frac{d}{dt}$ gibt ein schreckliches Durcheinander, das ich nicht für Sie reproduzieren werde.

Die Frage ist dann: Ist das Setup, das ich oben versuche, korrekt (wenn auch hässlich) oder gibt es einen saubereren Weg, ohne das Prinzip der kleinsten Aktion anzuwenden?

Ich habe einige diesbezügliche Fragen gefunden, wie z. B. die Euler-Lagrange-Gleichung in verschiedenen Rahmen, aber ich bin mir nicht sicher, wie ich sie verwenden soll.

QMechaniker

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Zhengyan Shi · Answer 1

$(\frac{D}{D T} [(\frac{\partial Q}{\partial \dot{X}}) \frac{\partial}{\partial Q} + (\frac{\partial \dot{Q}}{\partial \dot{X}}) \frac{\partial}{\partial \dot{Q}}] - [(\frac{\partial Q}{\partial X}) \frac{\partial}{\partial Q} + (\frac{\partial \dot{Q}}{\partial X}) \frac{\partial}{\partial \dot{Q}}]) L (Q, \dot{Q}, T) = 0$ $\left(\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\left[\left(\frac{\partial q}{\partial\dot{x}}\right)\frac{\partial}{\partial q}+\left(\frac{\partial\dot{q}}{\partial\dot{x}}\right)\frac{\partial}{\partial\dot{q}}\right]-\left[\left(\frac{\partial q}{\partial x}\right)\frac{\partial}{\partial q}+\left(\frac{\partial\dot{q}}{\partial x}\right)\frac{\partial}{\partial\dot{q}}\right]\right)L\left(q,\dot{q},t\right)=0$

Lieber Mikael, wenn du deine Herleitung noch etwas weiter geführt hättest, hättest du die richtige Antwort erhalten!

Beachten Sie zuerst, dass, da Sie geschrieben haben: $q = q(x,t)$ , $q$ ist nicht explizit abhängig von $\dot x$ . So:

\frac{\partial Q}{\partial \dot{X}} = 0

$\frac{\partial q}{\partial \dot x} = 0$ Außerdem wie du geschrieben hast:

\dot{Q} = \frac{\partial Q}{\partial T} + \frac{\partial Q}{\partial X} \dot{X}

$\dot q = \frac{\partial q}{\partial t} + \frac{\partial q}{\partial x}\dot x$ Was bedeutet, dass:

\frac{\partial \dot{Q}}{\partial \dot{X}} = \frac{\partial Q}{\partial X} einfach aus dem Ausdruck lesen \dot{Q}

$\frac{\partial \dot q}{\partial \dot x} = \frac{\partial q}{\partial x} \quad \text{simply reading from the expression of $\dot q$}$ So können wir Ihren ursprünglichen Ausdruck vereinfachen zu:

(\frac{D}{D T} (\frac{\partial Q}{\partial X} \frac{\partial}{\partial \dot{Q}}) - \frac{\partial Q}{\partial X} \frac{\partial}{\partial Q} - \frac{\partial \dot{Q}}{\partial X} \frac{\partial}{\partial \dot{Q}}) L (Q, \dot{Q}, T) = 0

$\left( \frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\left(\frac{\partial q}{\partial x}\frac{\partial}{\partial \dot q}\right) - \frac{\partial q}{\partial x}\frac{\partial}{\partial q} - \frac{\partial \dot q}{\partial x}\frac{\partial}{\partial \dot q} \right) L(q,\dot q,t) = 0$ Um dies den EL-Gleichungen ähnlicher zu machen, wenden wir die Kettenregel an und nehmen einige Neuordnungen der Terme vor:

(\frac{D}{D T} \frac{\partial Q}{\partial X} \cdot \frac{\partial}{\partial \dot{Q}} - \frac{\partial \dot{Q}}{\partial X} \frac{\partial}{\partial \dot{Q}} + \frac{\partial Q}{\partial X} \cdot \frac{D}{D T} \frac{\partial}{\partial \dot{Q}} - \frac{\partial Q}{\partial X} \frac{\partial}{\partial Q}) L (Q, \dot{Q}, T) = 0

$\left( \frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\frac{\partial q}{\partial x} \cdot\frac{\partial}{\partial \dot q} - \frac{\partial \dot q}{\partial x}\frac{\partial}{\partial \dot q}+ \frac{\partial q}{\partial x} \cdot \frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\frac{\partial}{\partial \dot q} - \frac{\partial q}{\partial x}\frac{\partial}{\partial q} \right) L(q,\dot q,t) = 0$

Beachten Sie, dass sich die ersten beiden Terme tatsächlich aufheben, weil:

\frac{\partial \dot{Q}}{\partial X} = \frac{\partial}{\partial X} \frac{D}{D T} Q = \frac{D}{D T} \frac{\partial}{\partial X} Q

$\frac{\partial \dot q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\frac{\mathrm d}{\mathrm dt} q = \frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \frac{\partial}{\partial x} q$

Also bleibt uns jetzt nur noch:

(\frac{\partial Q}{\partial X} \cdot \frac{D}{D T} \frac{\partial}{\partial \dot{Q}} - \frac{\partial Q}{\partial X} \frac{\partial}{\partial Q}) L (Q, \dot{Q}, T) = 0

$\left( \frac{\partial q}{\partial x} \cdot \frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\frac{\partial}{\partial \dot q} - \frac{\partial q}{\partial x}\frac{\partial}{\partial q} \right) L(q,\dot q,t) = 0$

Aber das bedeutet nur:

\frac{\partial Q}{\partial X} \cdot (\frac{D}{D T} \frac{\partial}{\partial \dot{Q}} - \frac{\partial}{\partial Q}) L (Q, \dot{Q}, T) = 0

$\frac{\partial q}{\partial x} \cdot \left( \frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\frac{\partial}{\partial \dot q} - \frac{\partial}{\partial q} \right) L(q,\dot q,t) = 0$ Da die Koordinatentransformation nicht singulär ist,

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

$\frac{\partial q}{\partial x} \neq 0$ , was impliziert, dass:

(\frac{D}{D T} \frac{\partial}{\partial \dot{Q}} - \frac{\partial}{\partial Q}) L (Q, \dot{Q}, T) = 0

$\left( \frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\frac{\partial}{\partial \dot q} - \frac{\partial}{\partial q} \right) L(q,\dot q,t) = 0$

PS Die gleiche Ableitung würde fehlschlagen, wenn $q$ abhängig ist $\dot x$ . Siehe die Antwort von Qmechanic in der von Ihnen zitierten Frage.

@MikaelFremling Wenn Sie eine Ableitung im allgemeineren Fall in N-Dimensionen wünschen, lesen Sie dies: physical.usu.edu/Wheeler/ClassicalMechanics/…

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Michael Fremling

QMechaniker

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Zhengyan Shi

Zhengyan Shi

Die Lagrange-Gleichung ist unter JEDER Koordinatentransformation forminvariant. Hamiltons Gleichungen unterliegen nicht JEDER Phasenraumtransformation. Warum?

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