Геодезическое уравнение из вариации: эквивалентен ли квадрат лагранжиана?

Результат этого ответа таков: если путь удовлетворяет уравнениям Эйлера-Лагранжа для$L^2/2$, то он будет удовлетворять уравнениям Эйлера-Лагранжа для$L$, но обратное неверно, если только путь не имеет аффинной параметризации.

Позволять$L = L(x, \dot x)$быть лагранжианом, который является локальной функцией только положения и скорости, то параметризованный путь$x(s) = (x^i(s))$на$M$говорят, что удовлетворяет уравнениям Эйлера-Лагранжа для$L$предоставил

$$\begin{align} \frac{\partial L}{\partial x^i}(x(s), \dot x(s)) - \frac{d}{ds}\frac{\partial L}{\partial \dot x^i}(x(s), \dot x(s)) = 0 \end{align}$$ для всех$i$и для всех$s$в области$x$.

Лемма 1. Если$x$удовлетворяет уравнениям Эйлера-Лагранжа для$L$, то тождество Бельтрами верно для$x$:

$$\frac{d}{ds}L(x(s), \dot x(s)) = \frac{d}{ds}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot x^i}\big(x(s), \dot x(s)\big)\cdot \dot x^i(s)\right)$$

для всех$s$в области$x$.

Доказательство. Попробуй сам! Доказательство зависит от того, что$L$является локальной функцией только$x$и$\dot x$.

Лемма 2. Если$L(x,\dot x) = \sqrt{g_{ij}(x)\dot x^i\dot x^j}$, затем$L$удовлетворяет следующему тождеству:

$$\frac{\partial (L^2/2)}{\partial \dot x^i}(x, \dot x) \dot x^i = L(x,\dot x)^2$$

Доказательство. Попробуйте это и вы сами!

Следствие. Если$L(x,\dot x) = \sqrt{g_{ij}(x)\dot x^i\dot x^j}$, и$x$удовлетворяет уравнениям Эйлера-Лагранжа для$L^2/2$, затем$x$удовлетворяет уравнениям Эйлера-Лагранжа для$L$.

Доказательство. Если$x$удовлетворяет уравнениям Эйлера-Лагранжа для$L^2$, то лемма 1 дает следующее тождество Бельтрами (здесь мы используем условное обозначение — все выражения должны вычисляться на$x(s)$)

$$\frac{d(L^2/2)}{ds} = \frac{d}{ds} \frac{\partial (L^2/2)}{\partial \dot x^i}\cdot \dot x^i$$

С другой стороны, оценивая обе части леммы 2 на$x(s)$, и взяв производную от обеих частей по$s$дает

$$\frac{d}{ds} \frac{\partial (L^2/2)}{\partial \dot x^i}\cdot \dot x^i = \frac{d(L^2)}{ds}$$

Совокупность этих фактов показывает, что$d(L^2)/ds = 0$что подразумевает, что$L^2$постоянна вдоль$x(s)$и поэтому что$L$также постоянна вдоль$x(s)$:

$$\frac{dL}{ds} = 0.$$

Теперь отдельно заметим, что поскольку$x$удовлетворяет уравнениям Эйлера-Лагранжа для$L^2/2$, у нас есть

$$\begin{align} 0 &= \frac{\partial(L^2/2)}{\partial x^i} - \frac{d}{ds} \frac{\partial (L^2/2)}{\partial \dot x^i} \\ &= L\left(\frac{\partial L}{\partial x^i} - \frac{d}{ds}\frac{\partial L}{\partial \dot x^i}\right) - \frac{dL}{ds}\frac{\partial L}{\partial \dot x^i} \tag{$\star$}\\ &= L\left(\frac{\partial L}{\partial x^i} - \frac{d}{ds}\frac{\partial L}{\partial \dot x^i}\right) \end{align}$$

и поэтому пока$L\neq 0$, Мы видим, что$x$удовлетворяет уравнениям Эйлера-Лагранжа для$L$как хотелось.

Важным моментом здесь является то, что из-за специфической формы$L$, любой путь, удовлетворяющий уравнению Эйлера-Лагранжа для$L^2/2$имеет приятное свойство, что$dL/ds = 0$вдоль пути. Это позволяет убить термин в$(\star)$это член, который является существенным различием между уравнениями Эйлера-Лагранжа для$L^2/2$и уравнения Эйлера-Лагранжа для$L$.

Однако, если$x$удовлетворяет уравнениям Эйлера-Лагранжа для$L$, то не обязательно, что$dL/ds = 0$вдоль$x$, так что в этом случае нельзя убить этот термин в$(\star)$, поэтому он не обязательно должен быть решением уравнения Эйлера-Лагранжа для$L^2/2$.

Тем не менее, если$x$аффинно параметризуется, то он автоматически будет обладать тем свойством, что$L$постоянен вдоль него, поэтому он автоматически удовлетворяет обоим уравнениям Эйлера-Лагранжа.

На самом деле, используя части приведенных выше вычислений, нетрудно показать, что

Предложение. Позволять$L(x, \dot x) = \sqrt{g_{ij}(x)\dot x^i\dot x^j}$. Путь$x$является аффинно параметризованной геодезической тогда и только тогда, когда она решает уравнения Эйлера-Лагранжа обоих$L$и$L^2/2$.

Таким образом, уравнения Эйлера-Лагранжа$L^2/2$дают все аффинно параметризованные геодезические, а уравнения Эйлера-Лагранжа$L$дают все геодезические, независимо от параметризации.

Комментарии к вопросу (v4):

1. Формулировка вопроса, кажется, говорит об аффинной параметризации до применения принципа стационарного действия .

2. В контексте риманова$^1$геометрии аффинная параметризация (не обязательно геодезической) кривой означает по определению, что длина дуги$s$и параметр кривой$\lambda$аффинно связаны _$s=a\lambda +b$.

3. Однако не всегда возможно обеспечить, чтобы все виртуальные пути [которые удовлетворяют соответствующим граничным условиям (BCs)] были параметризованы аффинно с одним и тем же общим параметром.$\lambda$. Обратите внимание, в частности, что БК относятся к одним и тем же начальным и конечным значениям.$\lambda_i$и$\lambda_f$для всех путей.

4. Следовательно, необходимо отказаться от априорного требования аффинной параметризации виртуальных путей.

5. Также любое частичное априорное требование аффинной параметризации было бы нелогичным, поскольку мы воображаем, что заранее не знаем геодезические. Собственно, именно это мы и собираемся найти, используя принцип стационарного действия.

6. Дайте определение лагранжиану

   $$\tag{1}L_0(x,\dot{x})~:=~ g_{ij}(x) \dot{x}^i \dot{x}^j~\geq~0,$$ где точка означает дифференцирование относительно. параметр$\lambda$.

7. Теперь действие квадратного корня

   $$\tag{2}S[x]~=~\int_{\lambda_i}^{\lambda_f}\! d\lambda \sqrt{L_0}$$ инвариантен относительно репараметризаций$\lambda$, поэтому стационарными решениями для (2) с соответствующими BC будут все геодезические, удовлетворяющие BC, независимо от параметризации.

8. С другой стороны, стационарные решения для некорневого действия

   $$\tag{3}S_0[x]~=~\int_{\lambda_i}^{\lambda_f}\! d\lambda ~L_0$$ с соответствующими BC будут только все аффинно параметризованные геодезические, удовлетворяющие BC.

9. Более подробно, потому что$L_0$в действии (3) не зависит явно от$\lambda$, можно показать (например, с помощью теоремы Нётер ), что функция энергии

   $$\tag{4}h~:=~p_i\dot{x}^i-L_0~=~L_0, \qquad p_i~:=~\frac{\partial L_0}{\partial \dot{x}^i}~=~2g_{ij}(x) \dot{x}^j,$$ сохраняется на оболочке, т.е. $$\tag{5}\dot{L}_0~\approx~ 0.$$ [Этот аргумент (5) не работает для репараметризационно-инвариантного действия (2), где функция энергии$h=0$исчезает тождественно.]

10. (Для простоты предположим, что$L_0$не равен нулю на оболочке, и оставить случай, когда$L_0$равен нулю на оболочке в качестве упражнения для читателя.) Из-за ур. (5), решение уравнений ЭЛ. для$L_0$также является решением уравнения EL. для$\sqrt{L_0}$:

    $$\tag{6} \frac{d}{d\lambda}\frac{\partial \sqrt{L_0}}{\partial \dot{x}^i}~\stackrel{(4)}{=}~\frac{d}{d\lambda}\frac{p_i}{2\sqrt{L_0}}~\stackrel{(5)}{\approx}~\frac{\dot{p}_i}{2\sqrt{L_0}}~\stackrel{\text{EL eq.}}{\approx}~\frac{1}{2\sqrt{L_0}}\frac{\partial L_0}{\partial x^i}~=~\frac{\partial \sqrt{L_0}}{\partial x^i}.$$

11. И наоборот, решение уравнений EL. для$\sqrt{L_0}$не обязательно является решением уравнения EL. для$L_0$. Однако, если мы снабдим решение уравнений EL. для$\sqrt{L_0}$с аффинной параметризацией, то мы можем получить уравнение. (5) и инвертировать аргумент (6), так что это также решение уравнений EL. для$L_0$.

--

$^1$В псевдоримановой геометрии со смешанной сигнатурой дело обстоит сложнее, ср. например, этот пост Phys.SE. Более того, там аргумент квадратного корня$\sqrt{L_0}$может стать отрицательным.

$^2$ Терминология и обозначения: Уравнения движения (EOM) означают уравнения Эйлера-Лагранжа (EL) . Слова «внутри оболочки» и «вне оболочки» относятся к тому, удовлетворен ли EOM или нет. $\approx$символ означает равенство по модулю EOM.

Немного подумав об этом, я понимаю, что вопрос возник из-за довольно глупого заблуждения, обратное не упоминалось в обычных ссылках, потому что это тривиально из доказательства обычного направления. Для дальнейшего использования я включу здесь краткую версию.

$$F = L^2/2$$ $$EL[F] \equiv \frac{d}{ds}(\frac{\partial}{\partial \dot{x^\mu}}F)- \frac{\partial}{\partial x^\mu}F \\ = \frac{d}{ds}(\frac{\partial L}{\partial \dot{x^\mu}} L)- \frac{\partial L}{\partial x^\mu}L\\ =\left(\frac{d}{ds}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x^\mu}}\right) -\frac{\partial L}{\partial x^\mu}\right)L+ \frac{\partial L}{\partial \dot{x^\mu}} \frac{dL}{ds}\\ $$

Для геодезического уравнения (представляющего здесь интерес) всегда можно выбрать параметризацию, где$\frac{dL}{ds}=0$, в таких параметризациях последний член обращается в нуль и имеем:

$$EL[F] = EL [L]$$ Следовательно, полученные уравнения движения эквивалентны.

Я думаю, что в конце первого ответа (joshphysics) есть какая-то ошибка, возможно, на вариационном этапе, который включает интегрирование по частям. Если не использовались какие-то дополнительные предположения. В противном случае подразумеваемый вывод, по-видимому, состоит в том, что уравнения EL для любого функционала с подынтегральной функцией$F(x(s),\dot{x}(s))$в целом такие же, как и для функционала с подынтегральной функцией$F^2$.

[Простой контрпример:$F = x(s)$, хотя я понимаю, что это уходит от геодезических. Тогда уравнение EL для$F^2$было бы$x=0$тогда как уравнение EL для$F$сам был бы$1=0$.]

Во всяком случае, возвращаясь к первоначальному вопросу, часто слова « Коши-Шварц » появляются, когда речь идет о$\int f^2$к$\int f$.

Игнорируя это и глядя только на уравнения EL, рассмотрите возможность минимизации/максимизации двух функционалов$\int F^2 ds$и$\int F ds$(с тем же параметром и bcs), где$F = F(x(s),\dot{x}(s))$. Когда эти две проблемы эквивалентны (или, по крайней мере, одна подразумевает другую)?

Уравнения EL для этих двух случаев обычно различны (см. контрпример выше), но есть одно условие эквивалентности.$dF/ds = 0$(при оценке решения любого из двух уравнений EL).

У нас также есть тождества Бельтрами для каждого случая, которые являются первыми интегралами уравнений ЭЛ (ср. закон сохранения энергии): для$F$у нас есть$\dot{x}_i\frac{\partial F}{\partial \dot{x}_i} - F = c_1$и для$F^2$у нас есть$\dot{x}_i\frac{\partial (F^2)}{\partial \dot{x}_i} - F^2 = c_2$(*).

Ограничившись задачей о геодезических на некоторой поверхности, мы имеем подынтегральную функцию вида$F = \sqrt{g_{ij}(x)\dot{x}^i\dot{x}^j}$и это удовлетворяет$\dot{x}_i \frac{\partial F}{\partial \dot{x}_i} = F$(тождественно), а также удовлетворяет$\dot{x}_i \frac{\partial (F^2)}{\partial \dot{x}_i} = 2F^2$(+).

Предположим, у нас есть решение уравнения ЭЛ для$F^2$, и, таким образом, к тождеству Бельтрами$(*)$для$F^2$. Тогда (*) и (+) вместе дают$F^2 = c_2$то есть$F$является постоянным при оценке нашего решения.
[это по сути пункт 9 ответа Qmechanics] Следовательно, условие эквивалентности, упомянутое выше ($dF/ds = 0$) выполняется, поэтому уравнение ЭЛ для$F$тоже доволен.

Обратное, вообще говоря, неверно, так как тождество Бельтрами для такого$F$удовлетворяется тождественно (с$c_1 = 0$), так что ничего "лишнего" не дает.