Лагранжев первый интеграл

Question

Лагранжев первый интеграл

ЛСС

Я хочу экстремировать

\int г т \frac{\sqrt{{\dot{Икс}}^{2} + {\dot{у}}^{2}}}{у} .

$\int dt \frac{\sqrt{\dot x ^2 + \dot y ^2}}{y}.$

Я думал, что, поскольку лагранжиан $L(y, \dot y, \dot x)$ является $t$ зависит только неявно, что я мог бы использовать тот факт, что

л (г, г^{'}) ⟹ л - г^{'} \partial л / \partial г^{'} "=" с .

$L(z,z') \implies L - z' \partial L / \partial z' = c.$

Так

л - у^{'} \partial л / \partial у^{'} "=" с_{1},

$L - y' \partial L / \partial y' = c_1,$

л - {Икс}^{'} \partial л / \partial {Икс}^{'} "=" с_{2}

$L - x' \partial L / \partial x' = c_2$

Но эти два уравнения, когда мы подставляем значения и упорядочиваем их, дают нам

г у / г Икс "=" с_{3} ⟹ у "=" с_{3} Икс + б .

$dy/dx = c_3 \implies y = c_3 x +b.$

Это, конечно, неправильно, ответ должен быть уравнением окружности. Несмотря на то, что мы можем решить это по-другому, я все еще в замешательстве: почему мы получили неправильный ответ, используя два приведенных выше уравнения? Если, например, лагранжиан $\int dt \sqrt{\dot x ^2 + \dot y ^2}$ , мы могли бы использовать описанный выше подход для получения ответа (в данном случае правильным ответом является линия).

Любопытный Разум

Мне трудно сказать, что, по вашему мнению, вы сделали, потому что обозначения в вашем вопросе сбивают с толку (и это, вероятно, вас смущает): что такое

z

$z$ в том "факте", который вы цитируете? Откуда этот факт? Как вы думаете, почему этот факт справедлив для обоих

x

$x$ и

y

$y$ (и почему вдруг производная по времени

x^{'}

$x'$ и не

\dot{x}

$\dot{x}$ )?

Ответы (3)

Лагранжев первый интеграл

Мне трудно сказать, что, по вашему мнению, вы сделали, потому что обозначения в вашем вопросе сбивают с толку (и это, вероятно, вас смущает): что такое $z$ в том "факте", который вы цитируете? Откуда этот факт? Как вы думаете, почему этот факт справедлив для обоих $x$ и $y$ (и почему вдруг производная по времени $x'$ и не $\dot{x}$ )?

Qмеханик · Answer 1

Подсказка: из теоремы Нётер следует, что

\begin{aligned} л не имеет & Икс -зависимость \\ ⇓ \\ импульс & п_{Икс} сохраняется, \end{aligned}

$\begin{align} L\text{ has no }&x\text{-dependence} \cr \quad& \Downarrow&\quad\cr \text{momentum } &p_x \text{ is conserved}, \end{align}$ и

\begin{aligned} л не имеет явного & т -зависимость \\ ⇓ \\ энергия п_{Икс} \dot{Икс} + п_{у} \dot{у} & - л сохраняется . \end{aligned}

$\begin{align} L\text{ has no explicit }&t\text{-dependence} \cr \quad& \Downarrow&\quad\cr \text{energy } p_x\dot{x}+p_y\dot{y}&-L\text{ is conserved}. \end{align}$

Эли · Answer 2

с

л "=" \frac{\sqrt{{\dot{Икс}}^{2} + {\dot{у}}^{2}}}{у}

$L=\frac{\sqrt{\dot x^2+\dot y^2}}{y}$ и поскольку L не является функцией x, вы получаете, что

\frac{\partial л}{\partial \dot{Икс}} "=" \frac{\dot{Икс}}{\sqrt{{\dot{Икс}}^{2} + {\dot{у}}^{2}} у} "=" постоянный

$\frac{\partial L}{\partial \dot x}=\frac{\dot x}{\sqrt{\dot x^2+\dot y^2}\,y}=\text{constant}$

отсюда

\frac{\dot{Икс}}{\sqrt{{\dot{Икс}}^{2} + {\dot{у}}^{2}} у} \mapsto \frac{1}{\sqrt{1 + {(\frac{г у}{г Икс})}^{2}} у (Икс)} "=" постоянный

$\frac{\dot x}{\sqrt{\dot x^2+\dot y^2}\,y}\mapsto \frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\,y(x)}=\text{constant}$

или

\sqrt{1 + {\frac{г у}{г Икс}}^{2}} у (Икс) "=" к^{2}

$\sqrt{1+\frac{dy}{dx}^2}\,y(x)=k^2$

Мое намерение состояло в том, чтобы показать, что вам не нужны 𝙱𝚎𝚕𝚝𝚛𝚊𝚖𝚒 𝙸𝚍𝚎𝚗𝚝𝚒𝚝𝚢, чтобы решить эту проблему, что с этим не так?
Хорошо я согласен. Я пришел к тому же дифференциальному уравнению, что и ваше, но должен признать, что ваш подход лучше моего, поскольку он основан на физике проблемы, а мой основан на математике. +1

Фробениус · Answer 3

$\newcommand{\bl}[1]{\boldsymbol{#1}} \newcommand{\e}{\bl=} \newcommand{\p}{\bl+} \newcommand{\m}{\bl-} \newcommand{\mb}[1]{\mathbf {#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal {#1}} \newcommand{\mr}[1]{\mathrm {#1}} \newcommand{\gr}{\bl>} \newcommand{\les}{\bl<} \newcommand{\greq}{\bl\ge} \newcommand{\leseq}{\bl\le} \newcommand{\plr}[1]{\left(#1\right)} \newcommand{\blr}[1]{\left[#1\right]} \newcommand{\vlr}[1]{\left\vert#1\right\vert} \newcommand{\Vlr}[1]{\left\Vert#1\right\Vert} \newcommand{\lara}[1]{\left\langle#1\right\rangle} \newcommand{\lav}[1]{\left\langle#1\right|} \newcommand{\vra}[1]{\left|#1\right\rangle} \newcommand{\lavra}[2]{\left\langle#1\right|\left#2\right\rangle} \newcommand{\lavvra}[3]{\left\langle#1\right|#2\left|#3\right\rangle} \newcommand{\vp}{\vphantom{\dfrac{a}{b}}} \newcommand{\Vp}[1]{\vphantom{#1}} \newcommand{\hp}[1]{\hphantom{#1}} \newcommand{\x}{\bl\times} \newcommand{\ox}{\bl\otimes} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\qqlraqq}{\qquad\bl{-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\!\longrightarrow}\qquad} \newcommand{\qqLraqq}{\qquad\boldsymbol{\e\!\e\!\e\!\e\!\Longrightarrow}\qquad} \newcommand{\tl}[1]{\tag{#1}\label{#1}} \newcommand{\hebl}{\bl{=\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!=}}$

$\hebl$

Личность Бельтрами:

Если лагранжиан $\:L\plr{y,y',x}\:$ системы не зависит явно от $\:x$ , то есть

\begin{matrix} (01) & \frac{\partial л}{\partial Икс} "=" 0 \end{matrix}

$\begin{equation} \dfrac{\partial L}{\partial x}\e 0 \tl{01} \end{equation}$ то из уравнения Эйлера-Лагранжа

\begin{matrix} (02) & \frac{г}{г Икс} (\frac{\partial л}{\partial у^{'}}) - \frac{\partial л}{\partial у} "=" 0 \end{matrix}

$\begin{equation} \dfrac{\mr d}{\mr dx}\plr{\dfrac{\partial L}{\partial y'}}\m\dfrac{\partial L}{\partial y}\e 0 \tl{02} \end{equation}$ у нас есть

\begin{matrix} (03) & \frac{г}{г Икс} (у^{'} \frac{\partial л}{\partial у^{'}} - л) "=" 0 \end{matrix}

$\begin{equation} \dfrac{\mr d}{\mr dx}\plr{y'\dfrac{\partial L}{\partial y'}\m L}\e 0 \tl{03} \end{equation}$ так

\begin{matrix} (04) & у^{'} \frac{\partial л}{\partial у^{'}} - л "=" постоянный (Идентификация Бельтрами) \end{matrix}

$\begin{equation} \boxed{\:\:y'\dfrac{\partial L}{\partial y'}\m L\e \texttt{constant}\:\:}\quad \texttt{(Beltrami Identity)} \tl{04} \end{equation}$

$\hebl$

Для вашего лагранжиана

\begin{matrix} (05) & \begin{aligned} \frac{\sqrt{{\dot{Икс}}^{2} + {\dot{у}}^{2}}}{у} г т & "=" \frac{\sqrt{1 + {(\frac{\dot{у}}{\dot{Икс}})}^{2}}}{у} \dot{Икс} г т "=" \frac{\sqrt{1 + {(\frac{г у / г т}{г Икс / г т})}^{2}}}{у} \frac{г Икс}{г т} г т \\ "=" \frac{\sqrt{1 + {(\frac{г у}{г Икс})}^{2}}}{у} г Икс "=" \frac{\sqrt{1 + у^{' 2}}}{у} г Икс \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{split} \frac{\sqrt{\dot x ^2 \p \dot y ^2}}{y}\mr dt & \e \frac{\sqrt{1\p\plr{\dfrac{\dot y}{\dot x}}^2}}{y}\dot x\,\mr dt\e\frac{\sqrt{1\p\plr{\dfrac{\mr dy/\mr dt}{\mr dx/\mr dt}}^2}}{y}\dfrac{\mr dx}{\mr dt}\,\mr dt\\ &\e\frac{\sqrt{1\p\plr{\dfrac{\mr dy}{\mr dx}}^2}}{y}\mr dx\e\frac{\sqrt{1\p y'^{2}}}{y}\mr dx\\ \end{split} \tl{05} \end{equation}$ то есть

\begin{matrix} (06) & л (у, у^{'}, Икс) "=" \frac{\sqrt{1 + у^{' 2}}}{у} \end{matrix}

$\begin{equation} L\plr{y,y',x}\e\frac{\sqrt{1\p y'^{2}}}{y} \tl{06} \end{equation}$

Использование лагранжиана $\eqref{06}$ мы могли бы найти $\:x\m$ параметрическое представление $\:\blr{x,y\plr{x}}\:$ кривой, непосредственно обходящей ее $\:t\m$ параметрическое представление $\:\blr{x\plr{t},y\plr{t}}$ , то есть уравнения движения.

$\hebl$

Подсказка для решения

Вставьте лагранжиан $\eqref{06}$ в идентичности Бельтрами $\eqref{04}$ найти

\begin{matrix} (Н-01) & ф (у, у^{'} "=" \frac{г у}{г Икс}) "=" а "=" положительная постоянная \end{matrix}

$\begin{equation} f\plr{y,y'\e\dfrac{\mr dy}{\mr dx}}\e a\e \texttt{positive constant} \tl{H-01} \end{equation}$ Решите уравнение

(H-01)

$\eqref{H-01}$ в отношении

d x

$\:\mr dx$ найти

\begin{matrix} (Н-02) & г Икс "=" г (у) г у \end{matrix}

$\begin{equation} \mr dx\e g\plr{y}\mr dy \tl{H-02} \end{equation}$ В уравнении

(H-02)

$\eqref{H-02}$ сделать правильное удобное изменение переменной

y

$\:y\:$ к угловой переменной

θ

$\:\theta\:$

\begin{matrix} (Н-03) & у "=" час (θ) \end{matrix}

$\begin{equation} y\e h\plr{\theta} \tl{H-03} \end{equation}$ Преобразовать уравнение

(H-02)

$\eqref{H-02}$ к чему-то подобному

\begin{matrix} (Н-04) & г Икс "=" д (θ) г θ \end{matrix}

$\begin{equation} \mr dx\e q\plr{\theta}\mr d\theta \tl{H-04} \end{equation}$ Интегрировать уравнение

(H-04)

$\eqref{H-04}$ иметь

\begin{matrix} (Н-05) & Икс "=" ты (θ) \end{matrix}

$\begin{equation} x\e u\plr{\theta} \tl{H-05} \end{equation}$ Уравнения

(H-03)

$\eqref{H-03}$ и

(H-05)

$\eqref{H-05}$ дать

θ -

$\:\theta\m$ параметрическое представление орбиты движения.

@Billy Istiak: я думаю, что мое новое подробное уравнение $\eqref{05}$ отвечает на ваш вопрос.
@Billy Istiak: Нет, мой лагранжиан $L(y,y',x)$ уравнения $\eqref{06}$ не зависит от х $\frac{\partial л}{\partial Икс} "=" 0$ $\dfrac{\partial L}{\partial x}=0$

Лагранжев первый интеграл

ЛСС

Любопытный Разум

Ответы (3)

Qмеханик

Эли

Эли

Фробениус

Фробениус

Фробениус

Фробениус

Доказательство теоремы Нётер в классической механике

Задача с использованием теоремы Нётер в нестационарном лагранжиане

Теорема Нётер: форма бесконечно малого преобразования

Задача с теоремой Нётер для доказательства сохранения энергии

Суммарная энергия в реономных системах

Связь между векторным полем, генератором и скалярным полем в теореме Нётер

Инвариантность лагранжиана в теореме Нётер

От теоремы Нётер к каноническому тензору энергии-импульса с использованием трансляций

Константы движения от лагранжиана

Сохраняющиеся токи из теоремы Нётер