Вариационное исчисление. Лагранжианы L и f(L)

[ievlev.pn]

Добрый вечер!

Среди стандартных задач по вариационному исчислению встречаются случаи, в которых подынтегральное выражение легко представить в виде $f(\mathcal{L})$, где функция $f$ монотонна. Например, в простой задаче $\int\limits_{(0, \, 0)}^{(1, \, 1)} \mathrm{d}x \; \sqrt{1 + (y')^2}$ можно считать, что $\mathcal{L} = 1 + (y')^2$, а $f(t) = \sqrt{t}$. Мне казалось естественным, что экстремали функционалов с лагранжианами $\mathcal{L}$ и $f(\mathcal{L})$ должны совпадать. В приведённом выше примере экстремали действительно совпадают с экстремалями функционала $\int\limits_{(0, \, 0)}^{(1, \, 1)} \mathrm{d}x \; \Big( 1 + (y')^2 \Big)$. Однако нетрудно убедиться, что это не всегда так. Уравнение Лагранжа для функционала с лагранжианом $f(\mathcal{L})$ имеет вид

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

Ясно, что оно переходит в уравнение Лагранжа для $\mathcal{L}$, если первый член равенства обращается в ноль. Но неужели этим и ограничиваются случаи совпадения множества экстремалей?
Я попытался получить условие для того, чтобы они совпадали, но... Проще говоря, вот моя попытка.

Как при выводе уравнения Лагранжа, рассмотрим функционал $I (y) = \int\limits_{a}^{b} \mathrm{d} x \; f(\mathcal{L}(x, \, y, \, y'))$ на функции $y + \alpha h$ как функцию $J (\alpha)$ и приравняем нулю её производную по $\alpha$ в точке $\alpha = 0$.

$\displaystyle \int\limits_{a}^b \mathrm{d}x \; f'(\mathcal{L}) \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \alpha} \bigg|_{\alpha = 0} = 0 $

По второй теореме о среднем найдётся такая точка $\xi \in [a, \, b]$, что последний интеграл равен

$\displaystyle f'(\mathcal{L}) \Big|_{x = a} \int\limits_{a}^{\xi} \mathrm{d} x\; \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \alpha} \bigg|_{\alpha = 0} + f'(\mathcal{L}) \Big|_{x = b} \int\limits_{\xi}^{b} \mathrm{d} x\; \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \alpha} \bigg|_{\alpha = 0} = 0 $

Таким образом если $f'(\mathcal{L}) \Big|_{x = a} = f'(\mathcal{L}) \Big|_{x = b}$, то уравнения Лагранжа для функционала с лагранжианом $f(\mathcal{L})$ совпадают с уравнениями для функционала с лагранжианом $\mathcal{L}$. Однако, это не очень-то удобное условие.

Кроме того, я пытался в уравнении

$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \bigg(f'(\mathcal{L}) \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y'} \bigg) - f'(\mathcal{L}) \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} = 0 $

заменить функцию $y$ на $\hat{y}$

$\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \bigg(f'(\mathcal{L}) \frac{\mathrm{d} \hat{y}'}{\mathrm{d}y'} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y'} \bigg) - f'(\mathcal{L}) \frac{\mathrm{d} \hat{y}}{\mathrm{d}y}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} = 0 $

так, чтобы уравнение относительно новой функции $\hat{y}$ приняло привычный вид

$\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \hat{y}'} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \hat{y}} = 0 $

Но и из этого не вышло хорошего условия.

Итак, мой вопрос таков: при каких условиях на $f$ и $\mathcal{L}$ множества экстремалей у следующих функционалов

$\displaystyle \int\limits_{a}^b\mathrm{d}x \; f(\mathcal{L} (x, \, y, \, y'), \qquad \int\limits_{a}^b\mathrm{d}x \;\mathcal{L} (x, \, y, \, y') $

совпадают?

P.S. А при каких условиях множество экстремалей для $\mathcal{L}$ будет подмножеством множества экстремалей для $f(\mathcal{L})$?

[ievlev.pn]

Мои дальнейшие рассуждения.
Для того, чтобы удовлетворить условию

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

вне зависимости от $f$, выберем лагранжиан из условия $\frac{\mathrm{d} \mathcal{L}}{\mathrm{d} x} = 0$. Нетрудно проверить, что

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

Попробуем удовлетворить условию $\frac{\mathrm{d} \mathcal{L}}{\mathrm{d} x} = 0$ по кусочкам:

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

Из этих двух уравнений следует, что

$\displaystyle \mathcal{L} = \ln y' + \varphi (y), $

где $\varphi (y)$ -- произвольная функция.

Таким образом экстремали функционала с лагранжианом $\mathcal{L} = \ln y' + \varphi (y)$ и $f (\mathcal{L})$ должны совпадать вне зависимости от $f$ (дифференцируемой и отличной от тождественного нуля, разумеется). А ведь это уже неплохо! Пример из первого поста, если предыдущие рассуждения верны, объясняется применением к лагранжиану $\mathcal{L} = \ln y'$ функции $f(x) = \sqrt{1 + e^{2x}}$.

[ievlev.pn]

Аналогичными рассуждениями можно показать, что это верно и для лагранжианов вида $\mathcal{L} = f(x) \ln y' + \varphi(y) $. Если, конечно, сами рассуждения верны.
Помогите понять, есть ли здесь ошибка, и в какую сторону думать, если есть.

[svv]

(Мой ответ относится ко второму сообщению, пока я его писал, Вы написали третье.)

Интересно!
Возьмём Ваш лагранжиан $\mathcal{L} = \ln y' + \varphi(y)$. Я хочу перейти к другой зависимой переменной $Y(x)=g(y(x))$, где $g'(y)=e^{\varphi(y)}$. При таком выборе $g$ будет
$\ln Y'=\ln(g'(y)\;y')=\ln y' +\varphi(y)=\mathcal{L}$
Но для лагранжиана $\ln Y'$ совсем просто получаются экстремали в явном виде, верно?

[ievlev.pn]

svv
Всё верно. Экстремали для $\mathcal{L} = \ln Y'$ удовлетворяют $Y' = \mathrm{const}$, а для $\mathcal{L} = \ln y' + \varphi(y)$ -- уравнению $e^{\varphi(y)} y' = \mathrm{const}$. Ясно, что это одно и то же уравнение.

P.S. А при чём тут замена функции? Я ведь про замену самого лагранжиана.

Ещё одна мысль. Система уравнений Гамильтона не меняется при замене $H$ на $f(H)$, если $f'(H) = 1$.

[svv]

ievlev.pn в сообщении #1131212 писал(а):

А при чём тут замена функции?

В Вашем первом примере лагранжиан $1+(y')^2$ или $\sqrt{1 + (y')^2}$ зависит явно только от $y'$, т.е. имеет вид $f(y')$, в этом случае экстремаль будет удовлетворять уравнению $y'=\operatorname{const}$ независимо от вида функции $f$. Лагранжиан $\ln y' + \varphi(y)$ не имеет вида $f(y')$, но приводится к такому виду заменой зависимой переменной. Для таких, которые содержат лишь $y'$ или приводятся к такому виду, Ваше свойство выполняется. Вот я и подумал: а как можно более явно описать этот класс лагранжианов?

[ievlev.pn]

svv в сообщении #1131229 писал(а):

Лагранжиан $\ln y' + \varphi(y)$ не имеет вида $f(y')$, но приводится к такому виду заменой зависимой переменной.

Сознаюсь, этого я в Ваших рассуждениях сразу не заметил. Прощу прощения. Но вопрос остаётся в силе: неужели этим

svv в сообщении #1131229 писал(а):

Для таких, которые содержат лишь $y'$ или приводятся к такому виду

и ограничиваются случаи, когда можно рассматривать вместо задачи с лагранжианом $\mathcal{L}$ задачу с лагранжианом $f(\mathcal{L})$? Что на счёт $\mathcal{L} = f(x) \ln y' + \varphi (y)$?

И ещё. Ошибки в рассуждениях выше в самом деле нет? Для лагранжианов указанного вида действительно выполняется это свойство? Это я так, на всякий случай.

[svv]

Я ошибок не заметил, хотя из «полезной вредности» пытался их найти.
Сейчас у меня примерно тот же подход, что и у Вас: «хоть что-то». Тем более, что как Ваш первый пример, так и решение из второго сообщения моим классом охватываются, так что совсем тривиальным его не назовёшь.

[ievlev.pn]

svv
Буду признателен, если Вы предложите как искать другие случаи, или как доказать, что на этом всё.

[Утундрий]

ievlev.pn в сообщении #1131084 писал(а):

Уравнение Лагранжа для функционала с лагранжианом $f(\mathcal{L})$ имеет вид
$\displaystyle f''(\mathcal{L}) \frac{\mathrm{d}\mathcal{L}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y'}+ f'(\mathcal{L}) \left( \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y'}- \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} \right) = 0$

Ясно, что оно переходит в уравнение Лагранжа для $\mathcal{L}$, если первый член равенства обращается в ноль. Но неужели этим и ограничиваются случаи совпадения множества экстремалей?

Ну, а давайте наоборот? Экстремали для $\mathcal{L}$ это такие функции, для которых...

[ievlev.pn]

Утундрий
...для которых

$\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial y'} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} = 0 $

Остальные рассуждения не отличаются. Или отличаются? К чему Вы клоните?

-- 13.06.2016, 20:31 --

Ясно. К тому, что достаточно найти общее решение вот этого уравнения

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

И никаких дополнительных условий на $f$ и $\mathcal{L}$?

P.S. А соображения по поводу второй теоремы о среднем -- совсем мимо?

-- 13.06.2016, 20:49 --

Тогда мне придётся сменить вопрос на "как решить это уравнение". Или другой вариант -- как получить альтернативные условия, без таких уравнений. Например, попробовать смотреть не на лагранжиан $\mathcal{L}$, а на гамильтониан $H$. При этом должно быть $f'(H) = 1$, да?

[ievlev.pn]

Так как $\mathcal{L}$ не зависит от производных порядков выше второго, то для удовлетворения уравнению

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

надо положить

$\displaystyle y' \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y'} = f (x, \, y) $

Откуда (знак "минус" выбран с целью получить в следующих формулах "плюс")

$\displaystyle \mathcal{L} = f (x, \, y) \ln y' - \varphi (x, \, y) $

При этом на $\varphi (x, \, y)$ наложено условие (подставить лагранжиан в исходное уравнение)

$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial y} y' + \frac{\partial f}{\partial x} \ln y' = \frac{\partial \varphi}{\partial x} $

Но так как $\frac{\partial \varphi}{\partial x}$ -- не функция $y'$, то и левая часть -- не функция $y'$. Положим, что они обе равны некоторой функции $\psi (x, \, y)$. Получается система уравнений

$\displaystyle \begin{cases} \displaystyle \frac{\partial \varphi}{\partial x} = \psi (x, \, y), \\[7pt] \displaystyle (1 + \ln y') \frac{\partial f}{\partial x} + y' \frac{\partial f}{\partial y} = \psi (x, \, y); \end{cases} $

[Утундрий]

ievlev.pn в сообщении #1131360 писал(а):

К чему Вы клоните?

$\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial y'} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} = 0$, следовательно $\displaystyle f''(\mathcal{L}) \frac{\mathrm{d}\mathcal{L}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y'} = 0.$

[ievlev.pn]

Утундрий
Да, это ясно. Просто никаких удобных условий из решения этого уравнения не возникает, вот я и думал, нельзя ли найти альтернативные, с какой-нибудь другой стороны.

-- 13.06.2016, 22:45 --

ievlev.pn в сообщении #1131374 писал(а):

Но так как $\frac{\partial \varphi}{\partial x}$ -- не функция $y'$, то и левая часть -- не функция $y'$.

Вот тут проблема возникает. Что я делаю не так?

[ievlev.pn]

И про $\mathcal{L} = f(x) \ln y' + \varphi (y)$ -- неправда.

-- 13.06.2016, 23:51 --

ievlev.pn в сообщении #1131374 писал(а):

$\displaystyle \begin{cases} \displaystyle \frac{\partial \varphi}{\partial x} = \psi (x, \, y), \\[7pt] \displaystyle (1 + \ln y') \frac{\partial f}{\partial x} + y' \frac{\partial f}{\partial y} = \psi (x, \, y); \end{cases} $

Скорее всего, кроме $\mathcal{L} = \varphi (x, \, y)$ и $\mathcal{L} = \ln y' + \varphi (y)$, нет других случаев, когда выполняется указанное свойство.

Жаль.