Уравнения Эйлера--Лагранжа

[StaticZero]

Я хочу разобраться с тем, откуда берутся в задаче Лагранжа множители, как функции времени, и жёстко туплю.

Вот пусть есть функционал

$$ S = \int \mathrm dt \ L(t, \mathbf q, \dot {\mathbf q}) $$

со связью $f(t, \mathbf q) = 0$ от $n$ переменных $q_i(t)$. Я могу получить систему уравнений:

$$ \begin{cases} 0 &= \dfrac{\partial L}{\partial q_i} - \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt} \dfrac{\partial L}{\partial \dot q_i} + \lambda \dfrac{\partial f}{\partial q_i}, \qquad i = 1, \ldots, n,\\ 0 &= f(t, \mathbf q). \end{cases} $$

Я могу оторвать от первых $n$ уравнений одно, через которое определю $\lambda(t, \mathbf q, \dot{\mathbf q}, \ddot{\mathbf q})$ как функцию всего остального и затем загружу во все остальные уравнения.

С другой стороны, я могу сначала решать $n$ первых уравнений как систему ДУ, где $\lambda$ будет функцией... собственно, чего? Времени, наверное, да, а очевидно ли, что $\lambda$ не может зависеть ни от чего больше, кроме как от времени?

[Red_Herring]

Самое интуитивно простое: расписать $f(t,\mathbf{q}(t))=0$ как бесконечную, и даже континуальную, систему

$$ \Psi_s(\mathbf{q}) = \int_{t_0}^{t_1} \delta (t-s) f(t,\mathbf{q}(t))\,dt =0 $$

и по аналогии с системой $\Psi_n(\mathbf{q})=0, \ \ n=1,\ldots, N$, влекущей $\Phi^* =\Phi +\sum_{1\le n\le N} \lambda_n \Psi_n$ записать

$$ \Phi^* = \Phi +\int_{t_0}^{t _1} \lambda_(s) \Phi_s \, ds. $$

Аналогично можно и с вариационными задачами для функций многих аргументов.

Разумеется, это не диказательство, а объяснение, почему так надо делать (при условии независимости и невырожденности ограничений).

[StaticZero]

Red_Herring, а, вы про страницу 54 у Гельфанда. Это тяжко, это переваривать надо...

[Red_Herring]

StaticZero в сообщении #1473382 писал(а):

а, вы про страницу 54 у Гельфанда. Это тяжко, это переваривать надо...

Честно, я про стр 54 Г. не знаю ничего (не читал)

[StaticZero]

Если взять связь $f(t, \mathbf q) = 0$ и сказать, что это ограничение имеет место только в момент времени $t_0$ в виде $f(t_0, \mathbf q) = 0$, то $t_0$ опускается на уровень индекса и $f_{t_0}$ можно интерпретировать, как интегральный функционал, а значит можно решать изопериметрическую задачу, а там эти множители константы. Ну и дальше, коль уж это не один функционал, а целое однопараметрическое их семейство, значит и множители будут от времени зависеть.

Объяснение хорошее, но я искал чего-то другого. Вот посмотрим на вопрос об условном экстремуме функции $F$. Мы там тоже очень быстро можем прийти к
системе уравнений

$$ \begin{cases} \operatorname{grad} F + \lambda \operatorname{grad} f = 0, \\ f(\mathbf x) = 0. \end{cases} $$

Мы можем отщипнуть сверху одно уравнение, например,

$$ \frac{\partial F}{\partial x_1} + \lambda \frac{\partial f}{\partial x_1} = 0 $$

и определить $\lambda$, как $- \partial_1 F / \partial_1 f$, и в таком виде дальше её вставить во все остальные уравнения.
Тут тоже как бы не видно, что $\lambda$ константа, однако, если мы сначала будем решать уравнение с градиентом, то мы должны интерпретировать $\lambda$, как константу, а не как функцию от $\mathbf x$. Решение $\mathbf x_0$ тогда будет от $\lambda$ зависеть, как от параметра.

Здесь это вроде как очевидно, потому что есть простой пример:

$$ \begin{cases} x^2 - 3 \lambda x y &= 0, \\ y^2 - 8 \lambda^2 x &= 0 \end{cases} $$

Первое уравнение задаёт $\lambda(x, y)$. Его можно поставить во второе. А можно сначала решить систему относительно $x, y$, где будет болтаться $\lambda$ как константа, и мне очевидно, что получится одно и то же. Вот про системы диффуров такое уже не очевидно.

[Red_Herring]

StaticZero в сообщении #1473448 писал(а):

и определить $\lambda$,

при условии, что $\partial_1f\ne 0$. С вариационными задачами несколько сложнее, поскольку условие невырожденности надо предполагать для всех $t$ и глобально сделать это не всегда получится. Но давайте варьировать $\mathbf{q}$ только на каком-то промежутке. Тогда $$\partial_jL\ne 0$ для каког-нибудь $j$. Тогда меняя координаты можно считать, что $f=q_1$ и т.д. Аналогично с несколькими $f_1,\ldots, f_m$. Условие: матрица

$$\bigl(\frac{\partial f_i }{\partial q_j}\bigr)_{\substack {i=1,\ldots, m\\ j=1,\ldots, n}}$$

имнеет ранг $m$.

[pogulyat_vyshel]

StaticZero в сообщении #1473379 писал(а):

раться с тем, откуда берутся в задаче Лагранжа множители, как функции времени, и жёстко туплю.

Алексеев Тихомиров Фомин Оптимальное управление. 2 изд. Москва ФИЗМАТЛИТ 2005 стр 228
+ теорема о представлении линейного функционала в $L^2$

-- 12.07.2020, 16:19 --

StaticZero в сообщении #1473379 писал(а):

Я могу получить систему уравнений:

$$ \begin{cases} 0 &= \dfrac{\partial L}{\partial q_i} - \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt} \dfrac{\partial L}{\partial \dot q_i} + \lambda \dfrac{\partial f}{\partial q_i}, \qquad i = 1, \ldots, n,\\ 0 &= f(t, \mathbf q). \end{cases} $$

Я могу оторвать от первых $n$ уравнений одно, через которое определю $\lambda(t, \mathbf q, \dot{\mathbf q}, \ddot{\mathbf q})$

если в этой системе уравнений дважды продифференцировать связь по времени и подставить туда $\ddot q$ выраженные из уравнений Лагранжа со множителями(если их оттуда можно выразить) то получится система линейных алгебраических уравнений на $\lambda$ (в случае одной связи -- одно линейное уравнение) откуда $\lambda=\lambda(t,q,\dot q)$. На связи тоже естественно накладываются известные условия невырожденности

[StaticZero]

pogulyat_vyshel,

$$ 0 = \frac{\mathrm d f}{\mathrm dt} = \partial_t f + \sum_i \partial_i f \ \dot q_i, $$

$$ 0 = \frac{\mathrm d^2 f}{\mathrm dt^2} = \frac{\mathrm d}{\mathrm dt} (\partial_t f) + \sum_i \frac{\mathrm d}{\mathrm dt} (\partial_i f \ \dot q_i) = \sum_i \partial_i f \ \ddot q_i, $$

потому что полные производные от $\partial_i f$ и от $\partial_t f$ это нули, так что

$$ 0 = \sum_i \partial_i f \ \ddot q_i. $$

Правильно?

[pogulyat_vyshel]

StaticZero в сообщении #1473466 писал(а):

полные производные от $\partial_i f$ и от $\partial_t f$ это нули

впервые слышу

[StaticZero]

$$ 0 = \partial_i(\mathrm df/\mathrm dt) = \partial_i \left( \partial_t f + \sum_j \partial_j f \ \dot q_j \right) = \partial_t (\partial_i f) + \sum_j \partial_j (\partial_i f) \ \dot q_j = \frac{\mathrm d}{\mathrm dt} (\partial_i f) $$

[pogulyat_vyshel]

Не пойдет.Функция $\lambda(t,q,\dot q)$ подбирается так, что бы функция

$$F(t,q,\dot q)=\frac{\partial f}{\partial t}+ \frac{\partial f}{\partial q^i}\dot q^i$$

была первыми интегралом уравнений

$$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q^i}-\frac{\partial L}{\partial q^i}=\lambda\frac{\partial f}{\partial q^i}\qquad(*).$$

Тут везде предполагается что

$$\det\frac{\partial ^2L}{\partial \dot x^2}\ne 0,\quad d_qf\ne 0$$

Соответственно система (*) корректно разрешима по теореме Коши, а функция $f$ оказывается интегралом сужения этой системы на поверхность $\{F=0\}$.

[StaticZero]

Возьму-ка я какую-нибудь систему простую. Пусть это будет два линейных осциллятора

$$ \mathcal L = \frac{m \dot q^2_1}{2} - \frac{k q^2_1}{2} + \frac{M \dot q^2_2}{2} - \frac{k q^2_2}{2} $$

связанных $f(t, q_1, q_2) = q_2 q_1 - q^2 \sin (\Omega t) = 0$, где $q = \operatorname{const}$.

Уравнения Эйлера--Лагранжа + связь

$$ \begin{cases} m \ddot q_1 + k q_1 &= \lambda q_2, \\ M \ddot q_2 + k q_2 &= \lambda q_1, \\ q_2 q_1 &= q^2 \sin (\Omega t) \end{cases} $$

Ваш рецепт был: дифференцируя связь, найти связь ускорений и засунуть туда уравнения Э.--Л. Попробуем.

$$ \begin{align*} \ddot q_2 q_1 + 2 \dot q_1 \dot q_2 + \ddot q_1 q_2 &= -q^2 \Omega^2 \sin(\Omega t), \\ \frac{q_1}{M} \left(\lambda q_1 - k q_2 \right) + \frac{q_2}{m} \left(\lambda q_2 - k q_1 \right) + 2 \dot q_1 \dot q_2 &= - q^2 \Omega^2 \sin (\Omega t) \end{align*} $$

откуда

$$ \lambda \left( \frac{q_1^2}{M} + \frac{q_2^2}{m} \right) - k q_1 q_2 \left(\frac{1}{M} + \frac{1}{m} \right) + 2 \dot q_1 \dot q_2 = -q^2 \Omega^2 \sin (\Omega t) $$

и да, $\lambda$ получается как функция не выше первых производных, хотя сидит в уравнениях со второй производной. Мы теперь эту $\lambda$ можем подставить в оба уравнения Э.--Л. и получить экстремали, дальше останется только определить константы.

Но мой вопрос был такой: а мы можем пытаться решить сначала первые два уравнения с $\lambda$, а потом определить $\lambda$ по уравнению связи? Чтоб иметь возможность так сделать, необходимо предположить, что $\lambda$ зависит только от $t$.

Для простоты предположим, что $m = M$, тогда есть симметричная мода

$$ m \ddot w_+ + (k - \lambda) w_+ = 0, \qquad w_+ = q_1 + q_2 $$

и антисимметричная

$$ m \ddot w_- + (k - \lambda) w_- = 0, \qquad w_- = q_1 - q_2. $$

Уравнения там одинаковые, так что нас интересует, в общем, уравнение

$$ \ddot x + \xi(t) x = 0. $$

Вот фиг мы его решим в общем виде, как я понимаю, так что придерживаться нужно именно рецепта pogulyat_vyshel, выходит...

[Sicker]

Тут на самом деле все просто - в случае стационарных связей надо подобрать такую силу, направленную к нормали к траектории, чтобы тело двигалось с соотвествующим кривой центростремительным ускорением. В случае нестационарных связей тоже можно что-то придумать

[VanD]

StaticZero в сообщении #1473448 писал(а):

Вот посмотрим на вопрос об условном экстремуме функции $F$. Мы там тоже очень быстро можем прийти к
системе уравнений

$$ \begin{cases} \operatorname{grad} F + \lambda \operatorname{grad} f = 0, \\ f(\mathbf x) = 0. \end{cases} $$

StaticZero в сообщении #1473448 писал(а):

Тут тоже как бы не видно, что $\lambda$ константа, однако, если мы сначала будем решать уравнение с градиентом, то мы должны интерпретировать $\lambda$, как константу, а не как функцию от $\mathbf x$

Но ведь там в общем случае разным критическим точкам соответствуют разные $\lambda$. То есть, там $\lambda$ получается зависящей от критической точки. При этом можно сначала считать, что $\lambda = \lambda(\mathbf{x})$ и только "в конце" узнать, что в итоге в силу системы получается, что $\lambda$ определена только в критических точках. А до этого последнего момента работать с ней как с $\lambda(\mathbf{x})$.

Аналогия подсказывает, что для каждого отдельного критического пути будет $\lambda = \lambda(t)$, но для разных путей эти функции от $t$ будут разными, то есть просто объявить во всей системе диффуров, что $\lambda = \lambda(t)$ не выйдет.

[StaticZero]

VanD, большое спасибо за ответ. Я пожую пока эту мысль.