Вариационное исчисление. Лагранжианы L и f(L)

[VanD]

Мне кажется, их должно быть больше, у Вас же условие на самом деле будет иметь вид:

либо $f''(L) = 0$ при $E(L) = 0$,
либо $\frac{\partial L}{\partial y'} = 0$ при $E(L) = 0$,
либо $\frac{dL}{dx} = 0$ при $E(L) = 0$.

Отсюда из последнего условия можно кое-что получить. Выразим из $E(L) = 0$ переменную $y''$ при условии $\frac{\partial^2 L}{\partial y'^2} \neq 0$ и подставим в $\frac{dL}{dx} = 0$, в итоге получим:

$L_{y'y'}\cdot (L_x + y'L_y) + L_{y'}\cdot (L_y - L_{xy'} - y'L_{yy'}) = 0$,
если не наврал.

[ievlev.pn]

В общем, задачу можно считать решённой. Рассматриваемое свойство выполнено только для лагранжианов вида $\mathcal{L} = \ln y' + \varphi (y)$ (или, что то же самое, для лагранжианов, которых заменой функции $y$ можно привести к виду $\mathcal{L} = \varphi (Y')$) или не зависящих от $y'$, то есть $\mathcal{L} = \varphi (x, \, y)$.

-- 14.06.2016, 01:26 --

VanD
Случай $f''(\mathcal{L})$ не интересен. Второй случай я учёл. Остальные выкладки -- как раз рассмотрение случая $\frac{\mathrm{d}\mathcal{L}}{\mathrm{d}x} = 0$.

-- 14.06.2016, 01:27 --

А что такое $E(\mathcal{L})$? Это?

$\displaystyle E(\mathcal{L}) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y'} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} $

-- 14.06.2016, 01:33 --

Вот это условие

$\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left( y' \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y'} \right) + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x} = 0 $

при $E(\mathcal{L}) = 0$ и есть условие $\frac{\mathrm{d}\mathcal{L}}{\mathrm{d}x} = 0$.

[VanD]

ievlev.pn в сообщении #1131404 писал(а):

А что такое $E(\mathcal{L})$? Это?
$\displaystyle
E(\mathcal{L}) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y'} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y}$

да.

В Ваших найденных решениях сидят все решения уравнения
$L_{y'y'}\cdot (L_x + y'L_y) + L_{y'}\cdot (L_y - L_{xy'} - y'L_{yy'}) = 0$
при $L_{y'y'} \neq 0$? (С точностью до взятия функции от решения)?

-- 14.06.2016, 01:37 --

ievlev.pn в сообщении #1131404 писал(а):

Вот это условие
$\displaystyle
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left( y' \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y'} \right) + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x} = 0
$

при $E(\mathcal{L}) = 0$ и есть условие $\frac{\mathrm{d}\mathcal{L}}{\mathrm{d}x} = 0$.

оно тоже должно выполняться только там, где $E(L) = 0$, то есть не везде. Наверно всё равно придётся выражать $y''$ и подставлять.

[ievlev.pn]

VanD в сообщении #1131406 писал(а):

В Ваших найденных решениях сидят все решения уравнения
$L_{y'y'}\cdot (L_x + y'L_y) + L_{y'}\cdot (L_y - L_{xy'} - y'L_{yy'}) = 0$
при $L_{y'y'} \neq 0$? (С точностью до взятия функции от решения)?

При выполненном условии $E(\mathcal{L})=0$, да.

[VanD]

ievlev.pn в сообщении #1131408 писал(а):

При выполненном условии $E(\mathcal{L})=0$, да.

я это к тому, что Вам подходит любое решение этого уравнения
$L_{y'y'}\cdot (L_x + y'L_y) + L_{y'}\cdot (L_y - L_{xy'} - y'L_{yy'}) = 0$
для которого $L_{y'y'}\neq 0$. Здесь уже не надо накладывать условия $E(L) = 0$.

[ievlev.pn]

Да. Изначально было два вопроса. Первый: при каких условиях на $f$ и $\mathcal{L}$ решения $E(\mathcal{L})=0$ являются решениями $E(f(\mathcal{L})) = 0$? Второй: а при каких множества решений совпадают?
Ответ на первый вопрос, мне кажется, получен. Действительно, если $y$ -- экстремаль функционала с лагранжианом $\mathcal{L}$, то $E(\mathcal{L})=0$ и верны все предыдущие рассуждения.
Вы предлагаете выяснить, при каких условиях решения для $E(f(\mathcal{L})) = 0$ являются решениями для $E(\mathcal{L})=0$, при том, что $E(\mathcal{L})$ не обязательно равно нулю. Я Вас правильно понимаю?

[VanD]

ievlev.pn в сообщении #1131414 писал(а):

Я Вас правильно понимаю?

нет, я говорил о том, что Вам достаточно, чтобы выполнилось $\frac{dL}{dx}|_{E(L) = 0} = 0$, а не условие $\frac{dL}{dx} = 0$ и не
$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left(y' \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y'} \right) + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x} = 0$.

По моим ощущениям $\frac{dL}{dx}|_{E(L) = 0} = 0$ (оно же при $L_{y'y'}\neq 0$ становится $L_{y'y'}\cdot (L_x + y'L_y) + L_{y'}\cdot (L_y - L_{xy'} - y'L_{yy'}) = 0$) удовлетворяют "больше" решений, чем условию $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left(y' \frac{\partial L}{\partial y'} \right) + \frac{\partial L}{\partial x} = 0$

У меня сложилось впечатление, что Вы просто вместо $\frac{dL}{dx} = 0$ выписали $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left(y' \frac{\partial L}{\partial y'} \right) + \frac{\partial L}{\partial x} = 0$, так как вдоль $E(L) = 0$ они эквивалентны, но тогда всё равно Вам надо решать задачу
$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left(y' \frac{\partial L}{\partial y'} \right) + \frac{\partial L}{\partial x}|_{E(L) = 0} = 0$, а не просто
$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left(y' \frac{\partial L}{\partial y'} \right) + \frac{\partial L}{\partial x} = 0$.

То есть, например, Вас устроят и решения уравнения $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left(y' \frac{\partial L}{\partial y'} \right) + \frac{\partial L}{\partial x} = E(L)$ и всё такое.

[ievlev.pn]

VanD
Я подумаю над этим завтра. Спасибо!

-- 14.06.2016, 02:17 --

VanD в сообщении #1131415 писал(а):

У меня сложилось впечатление, что Вы просто вместо $\frac{dL}{dx} = 0$ выписали $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left(y' \frac{\partial L}{\partial y'} \right) + \frac{\partial L}{\partial x} = 0$, так как вдоль $E(L) = 0$ они эквивалентны

Именно так.

[DeBill]

ievlev.pn в сообщении #1131404 писал(а):

Рассматриваемое свойство выполнено только для лагранжианов вида $\mathcal{L} = \ln y' + \varphi (y)$

Да, ну, кроме всяких побочных мелочей, типа $f''=0$, и т.п.
Забавно при этом, что тогда свойство выполняется вообще для всех $f$.
К такому же выводу приводит и аккуратное использование системы VanD:
решая полученную систему УрЧП, находим ее общее решение: оно есть произвольная функция от выписанного выше ievlev.pn лагранжиана