Лагранжева механика и производная по времени по общим координатам

Question

Лагранжева механика и производная по времени по общим координатам

пользователь1285419

Я читаю книгу по аналитической механике по лагранжиану. У меня есть небольшое представление о методе: мы можем использовать любые координаты и записать кинетическую энергию $T$ и потенциал $V$ в общих координатах, поэтому лагранжиан имеет вид $L=T-U$ . Например, пусть говорят, что лагранжиан

л "=" \frac{м}{2} {\dot{Икс}}^{2} + м б \dot{ф} \dot{Икс} потому что ф

$L = \frac{m}{2}\dot{x}^2 + mb\dot{\phi}\dot{x}\cos\phi$ здесь

m

$m$ это масса,

b

$b$ постоянно,

x

$x$ и

ϕ

$\phi$ это общие координаты. Как сказано в тексте, чтобы написать уравнение движения, мы должны вычислить

\partial L / \partial x

$\partial L / \partial x$ . Мой вопрос: если мы подключим

L

$L$ и вычислить производную от

x

$x$ на

L

$L$ , мы должны получить ноль? то есть

\frac{\partial {\dot{Икс}}^{2}}{\partial Икс} "=" 0 ?

$\frac{\partial\dot{x}^2}{\partial x} = 0 ?$

если не ноль, то что? и каков физический смысл $\frac{\partial\dot{x}}{\partial x}$ ?

Qмеханик

Возможный дубликат: physics.stackexchange.com/q/885/2451

Ответы (4)

Лагранжева механика и производная по времени по общим координатам

Возможный дубликат: physics.stackexchange.com/q/885/2451

джошфизика · Answer 1

Ваше замешательство на самом деле сводится к пониманию обозначения, которое широко используется для частных производных.

Для простоты я ограничу обсуждение системой с одной координатной степенью свободы. $x$ . В этом случае лагранжиан представляет собой вещественнозначную функцию двух вещественных переменных, которые мы условно обозначили символами $x$ и $\dot x$ . Математически мы бы написали $L:U\to\mathbb R$ где $U\subset \mathbb R^2$ . Рассмотрим простой пример

л (Икс, \dot{Икс}) "=" а {Икс}^{2} + б {\dot{Икс}}^{2}

$L(x, \dot x) = ax^2+b\dot x^2$ Когда мы пишем выражение

\frac{\partial л}{\partial \dot{Икс}} (Икс, \dot{Икс})

$\frac{\partial L}{\partial \dot x}(x, \dot x)$ это инструкция дифференцировать функцию

L

$L$ по отношению к его второму аргументу (поскольку мы обозначили второй аргумент

\dot{x}

$\dot x$ ), а затем вычислить полученную функцию на паре

(x, \dot{x})

$(x, \dot x)$ . Но мы точно так же могли бы написать

\partial_{2} л (Икс, \dot{Икс})

$\partial_2L(x, \dot x)$ Для представления одного и того же выражения. Оба эти выражения просто означают, что мы представляем себе, что первый аргумент функции остается постоянным, и мы берем производную полученной функции по отношению к тому, что осталось. Таким образом, в случае выше это означает, что

\frac{\partial л}{\partial \dot{Икс}} (Икс, \dot{Икс}) "=" 2 б \dot{Икс}

$\frac{\partial L}{\partial\dot x}(x, \dot x) = 2b\dot x$ потому что

x

$x$ обозначает первый аргумент, а взятие частной производной по второму аргументу означает, что мы рассматриваем

x

$x$ как константа, производная которой поэтому

0

$0$ . Именно в этом смысле частичное

x^{2}

$x^2$ в отношении

\dot{x}

$\dot x$ равен нулю.

Итак, подведем итог: когда мы берем эти производные, мы просто помним, что символы $x$ и $\dot x$ являются просто ярлыками для различных аргументов лагранжиана.

Однако вы можете спросить: «Если $x$ и $\dot x$ являются просто ярлыками, то какое отношение они имеют к положению и скорости?» Ответ таков: после того, как мы рассмотрели их как ярлыки для аргументов $L$ чтобы взять соответствующие производные, мы затем оцениваем полученные выражения на $(x(t), \dot x(t))$ , положение и скорость кривой во времени $t$ , чтобы получить уравнения движения.

Например, если взять пример $L$ с чего я начал, мы получаем

\frac{\partial л}{\partial Икс} (Икс, \dot{Икс}) "=" 2 а Икс, \frac{\partial л}{\partial \dot{Икс}} (Икс, \dot{Икс}) "=" 2 б \dot{Икс}

$\frac{\partial L}{\partial x}(x, \dot x) = 2 ax, \qquad \frac{\partial L}{\partial \dot x}(x, \dot x) = 2b\dot x$ теперь мы оцениваем эти выражения на

(x (t), \dot{x} (t))

$(x(t), \dot x(t))$ чтобы получить

\frac{\partial л}{\partial Икс} (Икс (т), \dot{Икс} (т)) "=" 2 а Икс (т), \frac{\partial л}{\partial \dot{Икс}} (Икс (т), \dot{Икс} (т)) "=" 2 б \dot{Икс} (т)

$\frac{\partial L}{\partial x}(x(t), \dot x(t)) = 2 ax(t), \qquad \frac{\partial L}{\partial \dot x}(x(t), \dot x(t)) = 2b\dot x(t)$ так что уравнения Эйлера-Лагранжа становятся

0 "=" \frac{г}{г т} [\frac{\partial л}{\partial \dot{Икс}} (Икс (т), \dot{Икс} (т))] - \frac{\partial л}{\partial Икс} (Икс (т), \dot{Икс} (т)) "=" \frac{г}{г т} (2 б \dot{Икс} (т)) - 2 а Икс (т)

$0=\frac{d}{dt}\left[\frac{\partial L}{\partial \dot x}(x(t), \dot x(t))\right] - \frac{\partial L}{\partial x}(x(t), \dot x(t)) =\frac{d}{dt}(2b\dot x(t)) - 2ax(t)$ который дает

б \ddot{Икс} (т) "=" а Икс (т)

$b\ddot x(t) = a x(t)$ Как только вы все это поймете, вы сможете (и должны) отказаться от многословных обозначений, которые я использовал здесь в иллюстративных целях, и вы не должны ошибаться, используя сокращенное обозначение в своем исходном посте.

Кевин Дрисколл · Answer 2

Это несколько неинтуитивный шаг в лагранжевом формализме и уравнениях Эйлера-Лагранжа. Обратите внимание, что вы берете частную производную лагранжиана по некоторой координате. Строго говоря, когда вы берете частную производную, вы должны указать, что вы считаете постоянным.

Хотя мы обычно считаем координату и ее производную по времени связанными, при применении формализма Эйлера-Лагранжа мы изменяем обобщенные координаты и скорости независимо друг от друга . Это значит, что

\frac{\partial \dot{д}}{\partial д} "=" 0, \frac{\partial д}{\partial \dot{д}} "=" 0,

$\frac{\partial \dot q}{\partial q} = 0, \ \ \frac{\partial q}{\partial \dot q} =0,$ для любой обобщенной координаты

q

$q$ .

Итак, в вашем примере $\big(\frac{\partial L}{\partial x}\big)_{\dot x} = 0$ , фактически. Здесь я использую круглые скобки, чтобы явно отметить, что $\dot x$ поддерживается постоянной.

Меня смущают отрицательные голоса. Мой ответ не такой исчерпывающий, как joshphysics, но по сути он говорит то же самое. Что неверно? Как я могу улучшить его?
Этот ответ предлагает хороший старт для лучшего понимания скобок Пуассона , против которых лежит гамильтонова механика и ее продолжение с формализмом углового действия.

AD-Phys · Answer 3

AD-Phys

Я просто добавлю общий комментарий о путанице с независимыми переменными.

Лагранжиан — это функция двух наборов независимых переменных — обобщенных координат и обобщенных скоростей. Когда решение (т. е. движение) задано при заданном наборе начальных условий, то, конечно, между ними устанавливается связь — известна обобщенная скорость, когда задана обобщенная координата. Но это не означает, что эти две переменные не являются независимыми. Они так же независимы, как две независимые переменные. $x,y$ удовлетворяющие паре линейных одновременных уравнений. Когда вы смотрите на одно из уравнений, вы, конечно, выражаете $x$ как функция $y$ , но это не значит, что $x$ и $y$ не являются независимыми переменными. Точно так же, когда вы решаете их, вы знаете числовые значения для обоих $x$ и $y$ , это не значит $x$ и $y$ не переменные, а числа. Вот, в этом случае, $x$ и $\dot{x}$ в том же смысле независимы - в принципе частица может находиться в любой $x$ , совершенно не зависящие от его скорости, и наоборот - вообще не зависящие друг от друга (в отличие от $x$ и $x^2$ , сказать). Но, конечно, когда мы решим за них и получим движение $x(t)$ , $\dot{x}(t)$ для конкретного случая они становятся родственными.

Мистер. любопытный

Спасибо за сообщение выше. Если у нас есть лагранжиан, который имеет

q

$q$ и

q^{2}

$q^2$ , можно ли считать

q

$q$ и

q^{2}

$q^2$ как независимые и надежные их, как

q_{1} := q

$q_1:=q$ и

q_{2} := q^{2}

$q_2:=q^2$ ? Ведь в линейной алгебре

x

$x$ и

x^{2}

$x^2$ считаются самостоятельными...

AD-Phys

@mr.curious: Спасибо за вопрос, хотя я уже ответил на него" (в отличие от

x

$x$ и

x^{2}

$x^2$ , скажем)». Слово «независимость» не следует использовать вне контекста. В приведенном выше контексте

q

$q$ и

q^{2}

$q^2$ {\it не} независимы. Но, например, в линейной алгебре, если

x

$x$ и

x^{2}

$x^2$ являются операторами на линейном пространстве, их средние не независимы, но независимы их высшие моменты. Следовательно, они независимы. Здесь речь идет о классических степенях свободы в детерминированной динамике.

Мистер. любопытный

Что, если у нас есть лагранжиан

a x^{2} + b {\dot{x}}^{2} + c x + d \dot{x}

$a x^2 + b\dot{x}^2 + c x + d \dot{x}$ . Что мешает мне переименовать их в

x := q_{1}, x^{2} := q_{2}

$x := q_1,x^2:=q_2$ а затем после завершения расчетов вставьте их обратно. Также можно немного подробнее остановиться на статистическом аргументе, который вы привели выше. Вроде интересный аргумент...

AD-Phys

@Мистер. любопытно: если не могу взять

q_{1} = x

$q_1 = x$ и

q_{2} = x^{2}

$q_2 = x^2$ и называть их независимыми обобщенными координатами, потому что в этой формулировке две независимые координаты должны иметь независимые изменения. Например, вам должно быть разрешено создавать пути, заботящиеся только

q_{1}

$q_1$ и не

q_{2} .

$q_2.$ Если один

x

$x$ а другой

x^{2}

$x^2$ , то вы не можете варьировать их независимо.

AD-Phys

За этим нет никакого статистического аргумента. Я просто привел пример контекста, в котором

x

$x$ и

x^{2}

$x^2$ может быть независимым. Я сказал, что это возможно, если

x

$x$ является не простой детерминированной переменной, а, скажем, ожидаемым значением, которое зависит от распределения. В таком случае,

x

$x$ и

x^{2}

$x^2$ независимы в том смысле, что зная

x

$x$ не говорит что

x^{2}

$x^2$ будет. Это не относится к обобщенным координатам системы классической механики. Надеюсь, это утоляет ваше любопытство :).

AD-Phys

Извините, может быть, я был немного расплывчатым. Выше я имел в виду следующее. Позволять

x

$x$ быть оператором, математическое ожидание которого

< x >

$<x>$ зависит от дистрибутива. Затем

x

$x$ и

x^{2}

$x^2$ независимы в том смысле, что знание ожидаемого значения одного не говорит об ожидаемом значении другого.

Мистер. любопытный

Спасибо, мое любопытство утолено :). Однако у меня все же есть замечание: если у нас есть простой многочлен с действительными числами, то можно по-прежнему связывать ортогональные пространства с

1 + x + x^{2} + . . .

$1+x+x^2+...$ . И если мы знаем

x

$x$ , мы также знаем

x^{2}

$x^2$ . Но мы можем охватывать ортогональное пространство с помощью

1 + x + x^{2}

$1+x+x^2$ как наши три оси похожи на

(x, y, z)

$(x,y,z)$ . Мы можем двигаться по "

1

$1$ " ось, ничего не меняя в "

x

$x$ " оси и мы можем двигаться вдоль "

x

$x$ " ось без изменения в "

x^{2}

$x^2$ ось. Что, если

q_{2} = x^{2}

$q_2=x^2$ и рассматривает его как формально независимый, а затем ограничивает его с помощью

q_{2} - x^{2} = 0

$q_2 - x^2=0$ .

AD-Phys

Ах! Еще один пример независимости между

x

$x$ и

x^{2}

$x^2$ ! В силовом ряду, конечно,

x,

$x,$

x^{2},

$x^2,$ ...

x^{n}

$x^n$ являются "самостоятельными" базисами разложения - можно назначать коэффициенты

x^{m}

$x^m$ и

x^{n}

$x^n$ совершенно независимо строить любые полиномиальные (даже неполиномиальные функции). Это лишь подкрепляет мою предыдущую оговорку — прежде чем говорить о независимости двух сущностей, посмотрите на контекст :)

Фарадей · Answer 4

Используйте уравнение движения Эйлера-Лагранжа !

Его вопрос как раз о том, как применять технику Эйлера-Лагранжа.

Лагранжева механика и производная по времени по общим координатам

пользователь1285419

Qмеханик

Ответы (4)

джошфизика

Кевин Дрисколл

Кевин Дрисколл

Ларри Харсон

АГ

AD-Phys

Мистер. любопытный

AD-Phys

Мистер. любопытный

AD-Phys

AD-Phys

AD-Phys

Мистер. любопытный

AD-Phys

Фарадей

Кевин Дрисколл

Лагранжева калибровочная инвариантность L′=L+df(q,t)dtL′=L+df(q,t)dtL’=L+\frac{df(q,t)}{dt}

Уравнение Эйлера-Лагранжа с логарифмическим потенциалом

Фейнмановская лекция Принцип наименьшего действия: замалчивается расширение Тейлора?

Почему мы можем считать конечную точку фиксированной при выводе уравнения Эйлера-Лагранжа в механике?

Лагранжева механика — правило коммутативности ddtδq=δdqdtddtδq=δdqdt\frac{d}{dt}\delta q=\delta \frac{dq}{dt}

Принцип стационарного действия против уравнения Эйлера-Лагранжа

Независимость положения и скорости в лагранжиане с точки зрения физики? [дубликат]

Почему обобщенные положения и обобщенные скорости считаются независимыми друг от друга? [дубликат]

Представляет ли интеграл в формуле действия относительно принципа стационарного действия площадь или длину?

Вывод уравнений Эйлера-Лагранжа в "Механике" Ландау и Лифшица