Уравнения Лагранжа со множителями пример решения задачи

[Oleg Zubelevich]

Вместо эпиграфа:

cupuyc в сообщении #501034 писал(а):

Если же решаем задачу в общем виде, то лямбдя является скалярной функцией обобщённых координат, скоростей, времени.

myhand в сообщении #700389 писал(а):

Где конкретно такая буквальная глупость написана у Ольховского?

Oleg Zubelevich в сообщении #700395 писал(а):

Все правильно, ламбда является функцией обобщенных координат, скоростей и времени

myhand в сообщении #700447 писал(а):

Повторяю вопрос: где эта глупость написана у Ольховского?

Рассмотрим систему с лагранжианом $L=\frac{1}{2}(\dot x^2+\dot y^2+\dot z^2)$. И пусть задана еще связь $y\dot x+\dot z=0.$ Спрашивается, как написать уравнения Лагранжа со множителями и наийти множители?

$$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot x}-\frac{\partial L}{\partial x}=\lambda y,\quad \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot y}-\frac{\partial L}{\partial y}=0,\quad \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot z}-\frac{\partial L}{\partial z}=\lambda$$

Заметим, что правые части этих уравнений являются компонентами обобщенной силы реакции связи.
Уравнения Лагранжа приобретают вид

$$\ddot x=\lambda y,\quad \ddot y=0,\quad \ddot z=\lambda \qquad (*)$$

продифференцируем уравнение связи по времени:

$$\dot y\dot x+y\ddot x+\ddot z=0$$

и подставим сюда вторые производные из (*),
получим $\dot y\dot x+\lambda y^2+\lambda =0$
Находим

$$\lambda=-\frac{\dot x\dot y}{1+y^2}$$

(Формула написана специально для участника myhand. Форум таки образовательный )

Подставляя это выражение для $\lambda$ в уравнения (*) получаем замкнутую систему ДУ в нормальной форме на $x,y,z$, а заодно и компоненты обобщенной силы реакции связи.

[myhand]

Oleg Zubelevich в сообщении #700482 писал(а):

(Формула написана специально для участника myhand. Форум таки образовательный )

Я таки спрашивал "где эта глупость написана у Ольховского". У вас есть ответ на этот вопрос?

А если уж сами беретесь "доказувать" некоторое утверждение в общем случае - извольте это делать именно в общем случае.

[Oleg Zubelevich]

да уж. почему в вариационной задаче пишут $\lambda=\lambda(t)$, а в уравнениях Лагранжа со множителями выясняется, что $\lambda=\lambda(t,q,\dot q)$ это великая тайна. для лиц давно и прочно освоивших вариационные методы по учебникам физики эта тайна неодолима
А уж как связаны первая лямбда со второй... О сколько нам открытий чудных...

[myhand]

Oleg Zubelevich в сообщении #701069 писал(а):

да уж. почему в вариационной задаче пишут $\lambda=\lambda(t)$, а в уравнениях Лагранжа со множителями выясняется, что $\lambda=\lambda(t,q,\dot q)$ это великая тайна.

Я так понял, что для вас - да.

Пожалуйста, прекратите кривляться. Частными случаями общий - доказывают только клоуны.

[Oleg Zubelevich]

а с чего вы взяли что я что-то доказываю? Я привел пример к чепухе, которую вы несете. И какой смысл мне формулировать вам общий случай, если вы не понимаете материала даже на уровне этого примера? Вот вы сначала объясните почему в вариационной задаче считается что $\lambda$ зависит только от $t$, а в приведенном примере видно что $\lambda$ зависит от $q,\dot q$. Как связаны множители Лагранжа в вариационной задаче и в уравнениях Лагранжа со множителями?
Когда вы на эти вопросы ответите, то с вами будет смысл обсуждать общий случай.

[myhand]

Oleg Zubelevich в сообщении #701114 писал(а):

Я привел контрпример к чепухе, которую вы несете.

Каким боком это контрпример? Совершенно конкретный лагранжиан, совершенно конкретная связь. Что не имеет ничего общего с утверждением, которое я комментировал.

Oleg Zubelevich в сообщении #701114 писал(а):

И какой смысл мне формулировать общий случай

Смысл - не быть болтуном и уметь доказывать свои утверждения, а не кривляться.

Я свое - доказать вполне могу: у Ольховского действительно не делается подобного утверждения.

[Oleg Zubelevich]

myhand в сообщении #701123 писал(а):

Я свое - доказать вполне могу: у Ольховского действительно не делается подобного утверждения.

не надо демагогией заниматься. Вы назвали глупостью утверждение о том, что множители Лагранжа зависят от координат и скоростей.

Общий случай я выложу после того как ответите на вопросы из моего предыдущегно поста.

[myhand]

Oleg Zubelevich в сообщении #701128 писал(а):

Общий случай я выложу после того как ответите на вопросы из моего предыдущегно поста.

На которые?

Вот на это? Тут вы зарапортовались, видимо:

Oleg Zubelevich в сообщении #701114 писал(а):

Как связаны множители Лагранжа в вариационной задаче и в уравнениях Лагранжа со множителями?

Oleg Zubelevich в сообщении #701114 писал(а):

Вот вы сначала объясните почему в вариационной задаче считается что $\lambda$ зависит только от $t$

Тоже странный "вопрос". Мы рассматриваем произвольные вариации. Никакой функциональной зависимости от $q(t)$, $\dot q(t)$ не подразумевается. На экстремалях, конечно, может получиться иное (но не обязательно).

Я заслужил пирожок в виде вменяемого доказательства или ссылки?

[Oleg Zubelevich]

myhand в сообщении #701232 писал(а):

Вот на это? Тут вы зарапортовались, видимо:

нет не зарапортовался, это самый главный вопрос был.

myhand в сообщении #701232 писал(а):

Тоже странный "вопрос". Мы рассматриваем произвольные вариации. Никакой функциональной зависимости от $q(t)$, $\dot q(t)$ не подразумевается. На экстремалях, конечно, может получиться иное (но не обязательно).

невнятица какая-то.



Дан лагранжиан $L(t,x,\dot x),\quad x=(x^1,\ldots, x^m)$ и дополнительная система связей

$$a_i^j(t,x)\dot x^i+b^j(t)=0,\quad j=1,\ldots, n<m\qquad (*)$$

Ранг матрицы $A(t,x)=(a_i^j(t,x))$ максимален при всех $t,x$ в рассматриваемой области.

Введем матрицу

$$G(t,x,\dot x)=\frac{\partial^2 L}{\partial \dot x^2}.$$

И предположим, что $\det G\ne 0$ в рассматриваемой области изменения переменных.


Теорема. Предположим, что $\det AG^{-1}A^T\ne 0$. Тогда множители Лагранжа $\lambda_j$ находятся однозначно как функции $t,x,\dot x$ из системы (*) и уравнений Лагранжа

$$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot x^i}-\frac{\partial L}{\partial x^i}=a_i^j\lambda_j.$$

Доказательство: повторяет рассуждения из головного поста.

Замечание. Условия теоремы выполнены для натуральных лагранжианов.

[myhand]

Oleg Zubelevich в сообщении #701265 писал(а):

myhand в сообщении #701232 писал(а):

Вот на это? Тут вы зарапортовались, видимо:

нет не зарапортовался, это самый главный вопрос был.

Ну так переведите вопрос с птичьего на человечий.

"Связаны" - так же, как связаны обобщенные координаты в функционале действия и в уравнениях Эйлера-Лагранжа. Такой ответ устроит?

Oleg Zubelevich в сообщении #701265 писал(а):

Теорема. Предположим, что $\det AG^{-1}A^T\ne 0$.

А теперь предположим, что это не так. И?

Слушаю доказательство для этого случая (или доказательство того, что этот случай не имеет смысла).

Oleg Zubelevich в сообщении #701265 писал(а):

Замечание. Условия теоремы выполнены для натуральных лагранжианов.

1) Что такое "натуральный лагранжиан"?
2) Какие условия для него вы считаете "выполнеными"? $\det G \ne 0$? А как же условия для связей?!

PS: Тривиальный физический лагранжиан, который не удовлетворяет $\det G \ne 0$: $L=-\sqrt{{\dot t}^2 - {\dot x}^2}$.

[Oleg Zubelevich]

myhand в сообщении #701291 писал(а):

А теперь предположим, что это не так. И?

и задача делается некорректной, либо наборов лямбд много, либо нет совсем. В первом случае получается много систем диф. уравнений, и следовательно, много решений для одних и тех же начальных данных, во втором случае систиема "уравнения Лагранжа+связи" непредставима в нормальной форме, это значит, что ни единственности решения, ни существования уже, вообще говоря, нет

myhand в сообщении #701291 писал(а):

Что такое "натуральный лагранжиан"?

"кинетическая энергия - потенциальная"; кин. энергия -- положительно определенная квадратичная форма по скоростям

myhand в сообщении #701291 писал(а):

А как же условия для связей?!

не понял, какие именно условия

myhand в сообщении #701291 писал(а):

ривиальный физический лагранжиан, который не удовлетворяет $\det G \ne 0$: $L=-\sqrt{{\dot t}^2 - {\dot x}^2}$.

там где он не удовлетворяет этому условию уравнения Лагранжа имеют особенности при старшей производной. Это общий факт. А что там за точка над $t$?

[myhand]

Oleg Zubelevich в сообщении #701301 писал(а):

"кинетическая энергия - потенциальная"; кин. энергия -- положительно определенная квадратичная форма по скоростям

Теперь понятно. Можно полюбопытствовать - откуда сие определение? Я, в принципе, догадался о чем речь - а вот книжку с подходящим словоупотреблением не могу вспомнить...

Oleg Zubelevich в сообщении #701301 писал(а):

не понял, какие именно условия

Ну как какие? Про которые я написал - "предположим, что это не так". Там ведь матрица $A$ присутствует.

Oleg Zubelevich в сообщении #701301 писал(а):

там где он не удовлетворяет этому условию уравнения Лагранжа имеют особенности при старшей производной. Это общий факт.

Ну, общеизвестный или нет - но это достаточно простой физический пример. Увы, в вашу картинку не вписывающийся. Или нет?

Oleg Zubelevich в сообщении #701301 писал(а):

А что там за точка над $t$?

Для вас это производная по "времени". $t$ и $x$ - обобщенные координаты. Не нравится сяк - можно сяк: $L(x(t),\dot x(t), y(t), \dot y(t), t)=-\sqrt{{\dot x(t)}^2 - {\dot y(t)}^2}$. Легше стало? Суть не меняется: $\det G = 0$.

Што делать будете, сэр - признаете что погорячились? Или пойдете войной на СТО?

[peregoudov]

Мне кажется, Oleg Zubelevich прав. Условие $\det G\neq0$ всегда подразумевается, поскольку без него нельзя записать лагранжевы уравнения в виде, разрешенном относительно старшей производной, а без этого нельзя доказать существование и единственность решения. В скобках замечу, что невырожденность нужна и для перехода к гамильтонову формализму. Теории с $\det G=0$ рассматриваются, но это, как правило, калибровочные теории (см. также "обобщенный гамильтонов формализм" Дирака). В них действительно нет единственности решения.

Что же касается условия $\det AG^{-1}A^T\neq0$, то оно представляется мне излишним. Матрицу $G$ можно рассматривать как метрику, тогда $AG^{-1}A^T$ есть матрица Грама (скалярных произведений) для строк матрицы $A$. Ее определитель автоматически отличен от нуля, если строки линейно независимы, а это предполагается.

Свободная частица в СТО --- плохой пример. Это как раз тот случай, когда надо использовать обобщенный гамильтонов формализм. Впрочем, можно сделать его хорошим, если написать

$$ L=-\sqrt{1-\dot{\bf r}^2}. $$

Но тут уже $\det G\neq0$.

[myhand]

peregoudov в сообщении #701493 писал(а):

В скобках замечу, что невырожденность нужна и для перехода к гамильтонову формализму.

И для этого - не нужна. Сами же "в скобках" упомянули "обобщенный гамильтонов формализм Дирака".

И доказательствам существования и единственности решения все это не мешает. Все это есть, учитывая, естественно - калибровочный произвол. Увы, оный сказывается на $\lambda$.

peregoudov в сообщении #701493 писал(а):

Впрочем, можно сделать его хорошим

Ничего хорошего я в явно нековариантной записи - не вижу.

[Oleg Zubelevich]

myhand в сообщении #701432 писал(а):

Можно полюбопытствовать - откуда сие определение?

бытует в нашем сообществе

myhand в сообщении #701432 писал(а):

Ну как какие? Про которые я написал - "предположим, что это не так". Там ведь матрица $A$ присутствует.

Если матрица $G$ знакоопределена, то условия теоремы выполнены, поскольку определитиель Грамма линейно независимой системы векторов не равен нулю
А ну да это вам уже объяснили:

peregoudov в сообщении #701493 писал(а):

$AG^{-1}A^T$ есть матрица Грама (скалярных произведений) для строк матрицы $A$. Ее определитель автоматически отличен от нуля, если строки линейно независимы, а это предполагается.

myhand в сообщении #701432 писал(а):

Не нравится сяк - можно сяк: $L(x(t),\dot x(t), y(t), \dot y(t), t)=-\sqrt{{\dot x(t)}^2 - {\dot y(t)}^2}$. Легше стало? Суть не меняется: $\det G = 0$.

Параметрический лагранжиан ну и что? Рассмотрите систему с лагранжианом $\tilde L={\dot x(t)}^2 - {\dot y(t)}^2$ на уровне энергии ${\dot x(t)}^2 - {\dot y(t)}^2=1$ и перепараметризуйте время если надо
Кстати (я не специалист), а в ТО бывают лагранжианы с неголономной связью?

-- Вт мар 26, 2013 16:44:57 --

myhand в сообщении #701432 писал(а):

Што делать будете, сэр - признаете что погорячились?

-- Вт мар 26, 2013 17:11:12 --

peregoudov в сообщении #701493 писал(а):

Что же касается условия $\det AG^{-1}A^T\neq0$, то оно представляется мне излишним.

нет, не излишне, если метрика индифинитна то это условие разрезает пространство на области в которых задача корректна