Добавление фиксации датчика непосредственно вручную отличается от множителя Лагранжа?

Question

Добавление фиксации датчика непосредственно вручную отличается от множителя Лагранжа?

кленклен

Почему добавление фиксации манометра напрямую отличается от добавления множителя Лагранжа? Для простоты мы не используем модель поля.

Прямой метод

Рассмотрим систему

\begin{matrix} (1) & л (Икс, \dot{Икс}, у, \dot{у}) "=" \frac{{\dot{Икс}}^{2}}{2} + \dot{Икс} у + \frac{(Икс - у)^{2}}{2} . \end{matrix}

$L(x,\dot x,y,\dot y)=\frac{\dot x^2}{2}+\dot x y+\frac{(x-y)^2}{2} \tag{1} \, .$ Эта система имеет калибровочную симметрию

\begin{matrix} (2) & дельта Икс "=" ф (т), дельта у "=" ф (т) - \dot{ф} (т) \end{matrix}

$\delta x=f(t),\ \delta y=f(t)-\dot f(t)\tag{2}$ для произвольного

f (t)

$f(t)$ . При этом преобразовании

\begin{matrix} (3) & дельта л "=" \frac{г}{д т} (Икс ф + \frac{1}{2} ф^{2}) . \end{matrix}

$\delta L = \frac{d}{dt}(x f+\frac{1}{2}f^2)\tag{3} \, .$ Уравнения Эйлера-Лагранжа:

\begin{aligned} (4) & л 1 & : \ddot{Икс} + \dot{у} - Икс + у "=" 0 \\ (5) & л 2 & : \dot{Икс} - Икс + у "=" 0 . \end{aligned}

$\begin{align} L1 &: \quad \ddot{x}+\dot y- x+ y =0 \tag{4} \\ L2 &: \quad \dot x - x+y = 0 \, .\tag{5} \end{align}$ Мы видим

\begin{matrix} (6) & л 1 "=" \frac{г}{д т} л 2 + л 2 \end{matrix}

$L1= \frac{d}{dt}L2+L2\tag{6}$ так

(4)

$(4)$ не зависит от

(5)

$(5)$ и нам нужно только решить

(5)

$(5)$ , т.е.

\begin{matrix} (7) & \dot{Икс} "=" Икс - у, . \end{matrix}

$\dot x =x-y \tag{7} , .$ Мы видим

y (t)

$y(t)$ является калибровочной свободой, и только фиксирование

y (t)

$y(t)$ мы можем решить

x (t)

$x(t)$ .

Предположим, мы выбираем калибр $y=0$ . Затем мы решаем $\dot x-x = 0$ с результатом

\begin{matrix} (8) & Икс "=" с е^{т} . \end{matrix}

$x= c e^t \, .\tag{8}$ с постоянным

c

$c$ определяется начальным значением.

Метод множителя Лагранжа

Теперь давайте попробуем использовать метод множителей Лагранжа.

\begin{matrix} (9) & л^{'} (Икс, \dot{Икс}, у, \dot{у}, λ) "=" \frac{{\dot{Икс}}^{2}}{2} + \dot{Икс} у + \frac{(Икс - у)^{2}}{2} - λ у . \end{matrix}

$L'(x,\dot x , y, \dot y, \lambda)= \frac{\dot x^2}{2}+\dot x y+\frac{(x-y)^2}{2} - \lambda y \, .\tag{9}$ Уравнения Эйлера-Лагранжа

\begin{aligned} (10) & \ddot{Икс} + \dot{у} - Икс + у & "=" 0 \\ (11) & \dot{Икс} - Икс + у - λ & "=" 0 \\ (12) & у & "=" 0 . \end{aligned}

$\begin{align} \ddot{x}+\dot y- x+ y &= 0 \tag{10} \\ \dot x - x+y-\lambda &= 0 \tag{11} \\ y &= 0 \, . \tag{12} \end{align}$ Замена

(12)

$(12)$ в

(10, 11)

$(10,11)$ дает

\ddot{Икс} - Икс "=" 0 и \dot{Икс} - Икс "=" λ

$\ddot{x} - x =0 \quad \text{and} \quad \dot x-x=\lambda$ поэтому

\begin{matrix} (13) & Икс "=" с_{1} е^{- т} + с_{2} е^{т} ⟶ λ "=" - 2 с_{1} е^{- т} . \end{matrix}

$x = c_1 e^{-t}+c_2 e^t \longrightarrow \lambda = -2 c_1 e^{-t} \, .\tag{13}$ Очевидно, что

(13)

$(13)$ отличается от

(8)

$(8)$ .

Почему эти два метода дают разные результаты?

Примечание : $y=0$ является корректно определенным калибровочным условием, поскольку для любой функции $y(t)$ Я всегда могу выбрать калибровочное преобразование $f(t)= c e^t + e^t\int_1^{t} e^{-u}y(u)du$ такой, что $y = 0$

Даниэль Санк

Я очень рад, что вы нашли простой способ проиллюстрировать вопрос без дополнительной сложности теории поля. Это отличный пример устранения ненужной сложности, чтобы была ясна суть вопроса, а ответы также были ясными и поучительными.

Ответы (2)

Добавление фиксации датчика непосредственно вручную отличается от множителя Лагранжа?

Я очень рад, что вы нашли простой способ проиллюстрировать вопрос без дополнительной сложности теории поля. Это отличный пример устранения ненужной сложности, чтобы была ясна суть вопроса, а ответы также были ясными и поучительными.

Qмеханик · Answer 1

I) Лагранжиан OP (1) можно переписать как

\begin{matrix} (А) & \begin{aligned} л "=" & \frac{{\dot{Икс}}^{2}}{2} + \dot{Икс} у + \frac{(Икс - у)^{2}}{2} \\ \overset{г \equiv Икс - у}{"="} & \frac{1}{2} \frac{д ({Икс}^{2})}{д т} + \frac{(г - \dot{Икс})^{2}}{2} \\ \overset{ш \equiv г - \dot{Икс}}{"="} & \underset{полная производная по времени}{\underset{⏟}{\frac{1}{2} \frac{г ({Икс}^{2})}{г т}}} + \frac{ш^{2}}{2}, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align}L ~=~& \frac{\dot{x}^2}{2} + \dot{x}y + \frac{(x-y)^2}{2}\cr ~\stackrel{z\equiv x-y}{=}&~\frac{1}{2}\frac{d(x^2)}{dt}+ \frac{(z-\dot{x})^2}{2}\cr ~\stackrel{w\equiv z-\dot{x}}{=}&~ \underbrace{\frac{1}{2}\frac{d(x^2)}{dt}}_{\text{total time derivative}}+ \frac{w^2}{2}, \end{align}\tag{A}$ с бесконечно малой калибровочной квазисимметрией

\begin{matrix} (Б) & \begin{aligned} дельта Икс "=" & ф, \\ дельта у "=" & ф - \dot{ф}, \\ дельта г "=" & \dot{ф}, \\ дельта ш "=" & 0, \\ дельта л "=" & \frac{д (Икс ф)}{д т} . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \delta x~=~&f, \cr \delta y~=~&f-\dot{f}, \cr \delta z~=~&\dot{f}, \cr \delta w~=~&0,\cr \delta L~=~&\frac{d(xf)}{dt}. \end{align} \tag{B}$

Возьмем $x$ и $w$ и как фундаментальные переменные. Примечательно, что тогда априори не требуется никаких граничных условий (ГУ)! $x$ переменная является калибровочной степенью свободы. ЭЛ экв. для $w$ является

\begin{matrix} (С) & ш \approx 0. \end{matrix}

$w~\approx~0. \tag{C}$

Возникает небольшая проблема: условие фиксации калибровки OP

\begin{matrix} (Д) & Икс - \dot{Икс} - ш \equiv Икс - г \equiv у \approx 0 \end{matrix}

$x-\dot{x}-w~\equiv~x-z~\equiv~y~\approx~0 \tag{D}$ не трансверсальна калибровочным орбитам, т. е. не фиксирует полностью калибровку, т. е. можно свободно добавлять вклад

c e^{t}

$ce^t$ к

x

$x$ не выходя за пределы фиксирующей поверхности. Однако в принципе это можно исправить, добавив один соответствующий БК. Тогда условие фиксации калибровки OP (D) корректно.

II) Лагранжиан OP с фиксированной калибровкой (9) можно переписать как

\begin{matrix} (Э) & \begin{aligned} л^{'} "=" & л - λ у \\ "=" & \frac{1}{2} \frac{д ({Икс}^{2})}{д т} + \frac{ш^{2}}{2} - λ (Икс - \dot{Икс} - ш) . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align}L^{\prime} ~=~&L-\lambda y\cr ~=~& \frac{1}{2}\frac{d(x^2)}{dt}+ \frac{w^2}{2}-\lambda(x-\dot{x}-w). \end{align}\tag{E}$

Уравнения EL. читать

\begin{matrix} (Ф) & \begin{aligned} \dot{λ} + λ \approx & 0, \\ ш + λ \approx & 0, \\ Икс - \dot{Икс} - ш \approx & 0, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \dot{\lambda}+\lambda~\approx~&0,\cr w+\lambda~\approx~&0,\cr x-\dot{x}-w~\approx~&0,\end{align}\tag{F}$ с раствором

\begin{matrix} (Г) & \begin{aligned} - λ "=" & ш "=" 2 с_{1} е^{- т}, \\ Икс "=" & с_{1} е^{- т} + с_{2} е^{т}, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} -\lambda ~=~&w~=~ 2 c_1 e^{-t}, \cr x ~=~& c_1 e^{-t}+c_2 e^t ,\end{align}\tag{G}$ в соответствии с ур. ОП. (13).

Теперь мы можем определить причину разногласий с разделом I: множитель Лагранжа (который должен быть нединамической вспомогательной переменной) фактически стал динамическим: его eom (F) зависит от производной по времени $\dot{\lambda}$ . Мы должны выбрать $c_1=0$ . Затем восстанавливается согласие с разделом I.

III) Альтернативный способ формулировки проблемы состоит в том, что ограничение (D) эффективно неголономно, что открывает ящик Пандоры, ср. например , этот и этот сообщения Phys.SE.

СонерАлбайрак · Answer 2

Позвольте мне резюмировать некоторые ключевые моменты, на мой взгляд:

$y$ не является свободной переменной, которую можно произвольно зафиксировать (как калибровочное поле), а является вспомогательной переменной.
Лагранжиан, с которого вы начинаете, на самом деле является полной производной по времени.
Вы меняете лагранжиан в случае множителей Лагранжа.

Поскольку динамических терминов нет, $g(\dot{y})$ в уравнении (1), $y$ является вспомогательной переменной: вы можете заменить ее уравнением движения, которое

у "=" Икс - \dot{Икс}

$y=x-\dot{x}$ После этого вы видите, что ваш лагранжиан равен

л (Икс, \dot{Икс}) "=" \frac{г}{г т} (\frac{1}{2} {Икс}^{2})

$L(x,\dot{x})=\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}x^2\right)$ Вот почему вы видите симметрию

Икс \to Икс + ф (т)

$x\to x+f(t)$ во-первых: Как бы ты не изменился

x

$x$ , разница в лагранжиане будет полной производной по времени, поскольку исходный лагранжиан сам является полной производной по времени.

В общем, вы не можете добавить результат EOM к лагранжиану: вы получите неверные ответы. Однако для вспомогательных полей, в которых отсутствуют динамические члены, это возможно. В вашем примере $y$ не является калибровочной свободой, а является вспомогательным полем.

В вашем уравнении (9) вы меняете лагранжиан, поскольку вы не можете произвольно выбирать $y$ . В самом деле, если повторить тот же расчет с лагранжианом

л^{'} (Икс, \dot{Икс}, у, \dot{у}, λ) "=" л (Икс, \dot{Икс}, у, \dot{у}) + λ (Икс - у - \dot{Икс})

$L'(x,\dot{x},y,\dot{y},\lambda)=L(x,\dot{x},y,\dot{y})+\lambda (x-y-\dot{x})$ вы получаете такие же последовательные результаты.

Добавление фиксации датчика непосредственно вручную отличается от множителя Лагранжа?

кленклен

Прямой метод

Метод множителя Лагранжа

Даниэль Санк

Ответы (2)

Qмеханик

СонерАлбайрак

Какова точная связь между необратимой матрицей Гессе для лагранжиана и наличием калибровочной симметрии?

Нахождение обобщенных координат, когда теорема о неявной функции не работает

Лагранжиан Фаддеева-Попова

Путаница с виртуальными смещениями

Вывод уравнений Эйлера-Лагранжа из принципов Гамильтона и Даламбера

Уравнения движения свободной частицы на сфере

Что такое множители Лагранжа относительно голономных ограничений в классической механике?

Обобщенные координаты в трехмерном вращении

Есть ли в классической механике примеры, когда принцип Даламбера не работает?

Голономные ограничения и степени свободы