Частная и полная производные действия по времени

[10110111]

Читаю 43-й параграф ЛЛ1 — "Действие как функция координат". Вроде разобрался с действием как функцией координат, но возникают непонятки с действием как функции времени. Как я понял, действие как функция конечных координат $x=q(t)$ и времени $t$ выглядит так:

$$S=\int_0^tL(q(x,t,\tau),\dot q(x,t,\tau),\tau)d\tau$$

Соответственно, полная производная его по $t$ будет

$$\frac{d S}{d t}=L(x,\dot q(x,t,t),t)+p(t)\left.\frac{d q(x,t,\tau)}{d t}\right|_{\tau=t}-p(0)\frac{d q(x,t,0)}{d t}$$

Отсюда как-то не выходит формулы $(43.4)$ из ЛЛ, утверждающей, что $\frac{dS}{dt}=L$.

Это фактически больше похоже на результат $(43.5)$, говорящий $\frac{\partial S}{\partial t}=-H$. По крайней мере, подставляя сюда $L=\dot q^2-q^2$ и используя $q(x,t,\tau)=x\csc t\sin\tau$ как решение соответствующих уравнений движения, я получаю именно такой результат (т.е. $-x^2\csc^2t $). Т.е. моя полная производная на самом деле — частная, и я тогда совершенно не понимаю, как же получить полную — так, чтобы она была равна лагранжиану. Т.е. фактически я получу лагранжиан, если добавлю к нему обратно $p\dot q$.

В чём тут дело? Что я делаю неправильно?

[amon]

10110111 в сообщении #925880 писал(а):

$$S=\int_0^tL(q(x,t,\tau),\dot q(x,t,\tau),\tau)d\tau$$

А как так случилось, что $q$ зависит сразу от $t$, $\tau$ и еще какого-то $x$?

[10110111]

amon в сообщении #925970 писал(а):

А как так случилось, что $q$ зависит сразу от $t$, $\tau$ и еще какого-то $x$?

Это тот случай, когда мы рассматриваем действие как функцию координат и времени. В этом случае траектории берутся те, что удовлетворяют уравнениям движения, но заканчиваются в некоторой точке $x$ — действие рассматривается как функция этого $x$. Аналогично со временем $t$: траектории берутся те, что удовлетворяют уравнениям движения и заканчиваются в точке $x$ в момент времени $t$, от которого теперь тоже зависит действие. Т.е. выходит $S=S(x,t)$. А $\tau$ — фактическое время, по которому идёт интегрирование лагранжиана, чтобы получить действие $S$. Это фактическое время — то, которое измерила бы частица, двигающаяся по траектории $q(x,t,\tau)$. Соответственно, траектория теперь тоже является функцией конечной координаты $x$, конечного времени $t$ и реального времени $\tau$, измеряемого частицей.

[amon]

10110111 в сообщении #925994 писал(а):

Это тот случай, когда мы рассматриваем действие как функцию координат и времени.

Открываем самое начало 43-го параграфа. Там написано:"... и сравним значения, которое она (величина действия) имеет для траекторий, имеющих общее начало $q(t_1)=q^{(1)}$, но проходящая в момент $t_2$ через разные положения". Внимание, вопрос: от каких независимых переменных зависит действие? Как бы Вы его сосчитали, скажем, для свободной частицы? Что будет, если результат продифференцировать по времени?

[10110111]

amon в сообщении #926029 писал(а):

Внимание, вопрос: от каких независимых переменных зависит действие?

В процитированной части действие рассматривается только как функция координат. А далее, после $(43.3)$, как я понимаю, оно начинает зависеть как от конечного времени, так и от конечной координаты.

amon в сообщении #926029 писал(а):

Как бы Вы его сосчитали, скажем, для свободной частицы?

Действуя как в ОП, я бы делал так:

$$L=\frac m2\dot q^2,$$

$$q(\tau)=v\tau.$$

Eсли мы требуем, чтобы частица в момент времени $t$ находилась в точке $x$, то

$$q(\tau)=\frac xt\tau,$$

$$L=\frac m2\frac{x^2}{t^2},$$

$$S=\frac m2\int_0^t\frac {x^2}{t^2}d\tau=\frac{mx^2}{2t}.$$

amon в сообщении #926029 писал(а):

Что будет, если результат продифференцировать по времени?

$$\frac{dS}{dt}=-\frac{mx^2}{2t^2}=-\frac{mv^2}2,$$

т.е. выходит, опять-таки, минус энергия.

[amon]

Видимо, хватит Вас мучать.

10110111 в сообщении #926061 писал(а):

$$q(\tau)=v\tau.$$

Это - при условии, что стартовали мы из точки 0. А вообще, действие, определенное в начале 43-го параграфа, зависит от начальной точки, конечной точки и времени. То, что Вы сосчитали - частная производная действия по времени, и результат получился в полном соответствии с 43.5. Полную производную Вы тоже правильно сосчитали:

10110111 в сообщении #925880 писал(а):

$$\frac{d S}{d t}=L(x,\dot q(x,t,t),t)+p(t)\left.\frac{d q(x,t,\tau)}{d t}\right|_{\tau=t}-p(0)\frac{d q(x,t,0)}{d t}$$

только не учли, что концы траектории фиксированы, и поэтому члены вида $\frac{d q(x,t,\tau)}{d t}$ на концах траектории (в моменты времени 0 и $t$) равны нулю. В общем, место это у Ландау написано, действительно, не ах.

[10110111]

amon в сообщении #926081 писал(а):

Это - при условии, что стартовали мы из точки 0.

Да, я негласно взял такое начальное условие при получении этого результата.

amon в сообщении #926081 писал(а):

А вообще, действие, определенное в начале 43-го параграфа, зависит от начальной точки, конечной точки и времени.

Да нет же, в начале 43-го параграфа говорится:

Цитата:

...будем рассматривать интеграл действия для истинных траекторий как функцию значений координат в верхнем пределе интегрирования.

amon в сообщении #926081 писал(а):

То, что Вы сосчитали - частная производная действия по времени, и результат получился в полном соответствии с 43.5. Полную производную Вы тоже правильно сосчитали

В том и дело, что после подстановки конкретного вида лагранжиана и соответствующего решения уравнения движения, указанных в конце ОП, получается, что то, что я рассчитал как полная производная, на самом деле равно указанной в $(43.5)$ частной производной. Прямое дифференцирование действия, рассчитанного для конкретного лагранжиана также даёт этот же результат.

amon в сообщении #926081 писал(а):

и поэтому члены вида $\frac{d q(x,t,\tau)}{d t}$ на концах траектории (в моменты времени 0 и $t$) равны нулю

Я тоже сначала так думал. Но нет, проблема как раз в том, что, если подставить конкретные решения для конкретного лагранжиана, то эти члены не равны нулю (именно, тот, что при $\tau=t$, а второй действительно исчезает). Да и не фиксированы они — зависят от $x$ и $t$.

[amon]

Знаете, я сейчас это место внимательно посмотрел - действительно ерунда какая-то у Ландау написана. На мой взгляд (пусть знающие поправят, если что), здесь та же беда этого учебника, что и при рассмотрении вопроса о сохранении энергии. Лев Давидович всеми силами почему-то избегает общей формы первой вариации. Сие чудо выглядит так:

$$\delta S=[L(q,\dot{q},t)-\dot{q}L_{\dot{q}}(q,\dot{q},t)]\delta t_1 + L_{\dot{q}}(q,\dot{q},t)\delta q_1-[L(q,\dot{q},t)-\dot{q}L_{\dot{q}}(q,\dot{q},t)]\delta t_0-L_{\dot{q}}(q,\dot{q},t)\delta q_2+\int\limits_{t_0}^{t_1} (L_q-\frac{d}{dt}L_{\dot{q}})dt $$

Посмотреть откуда оно берется можно, например, у Смирнова (под рукой оказался) т.4 часть 2 стр. 247. Из этой замечательной формулы все сразу получается, если положить в ней $\delta q_1=\delta q_2=\delta t_0=0$ без всяких "полных производных действия".

[Arkhipov]

Я не совсем понимаю, зачем Вам Гамильтон-Якоби, если Вы уже получили: $x=vt$, $q(t,x,\tau)=\frac{x}{t}\tau$?
Если бы этого не было:
$\frac{\partial S}{\partial t}=-\frac{1}{2m}\left(\frac{\partial S}{\partial x}\right)^2$
$S(x,P,t)=Px-\frac{P^2}{2m}t$
$Q=0=\frac{\partial S}{\partial P}=x-\frac{P}{m}t$
$x=v_0t$
Ближе к исходной постановке: если $S=\frac{m}{2}\frac{x^2}{t}$

$$\frac{dS}{dt}=\frac{m}{2}\frac{2x\dot{x}t-x^2}{t^2}=mv^2-\frac{mv^2}{2}=\frac{mv^2}{2}=L$$

как указывает ЛЛ. Частная же производная,

$$\frac{\partial S}{\partial t}=\frac{m}{2}\frac{-x^2}{t^2}=-\frac{mv^2}{2}=-H$$

[10110111]

Arkhipov в сообщении #926324 писал(а):

$$\frac{dS}{dt}=\frac{m}{2}\frac{2x\dot{x}t-x^2}{t^2}=mv^2-\frac{mv^2}{2}=\frac{mv^2}{2}=L$$

Похоже, чего я не понимаю — это почему $x$ оказывается зависимым от $t$. Мы ведь просто подаём эти две переменные в действие как независимые, ища значение действия в данной точке $(x,t)$. Почему тогда имеет смысл $\dot x\ne0$?

[amon]

10110111, не заморачивайтесь Вы этой полной производной. Моя гипотеза - авторы в этом месте подогнали вычисления под ответ. Им нужно было сосчитать $\frac{\partial S}{\partial t}$. Для этого надо выяснить, как изменяется действие, если изменить пределы интегрирования, не меняя значения на концах траектории. По загадочным для меня причинам вместо того, что бы проделать это, в общем, несложное вычисление, они пустились во все тяжкие, что бы его избежать.
Искомое изменение действия состоит из двух частей. Одна - просто производная по верхнему пределу $L\delta t$, а вторая связана с тем, что значение на границе теперь задано в другой точке и равна $-\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\dot{q}\delta t$. Складывая их получаем искомую формулу.

$$\frac{\partial S}{\partial t}=L -\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\dot{q}=-H$$

Те же вычисления можно проделать, что бы показать, что сохранение энергии есть следствие инвариантности к сдвигам во времени. Сдвиг должен давать функцию Гамильтона с точностью до знака, что говорит о том, что я здесь если и вру, то не сильно . Подробности - в учебниках по вариационному исчислению.

[Arkhipov]

Предположим Вы знаете, что

$$S(x+dx,t+dt)=S(x,t)+\frac{\partial S}{\partial t}dt+\frac{\partial S}{\partial x}dx$$

При этом:

$$\frac{\partial S}{\partial x}=p$$

Что Вам потребуется для того, чтобы найти $\frac{\partial S}{\partial t}$?
Один из способов - знать, что происходит на продленной траектории, когда dx и dt связаны.

[10110111]

Ага... т.е. фраза Ландау "полная производная по времени вдоль траектории" фактически означает производную, при которой мы рассматриваем $x$ и $t$, принадлежащие касательной к конечной точке траектории, в результате чего они оказываются зависимыми, причём $\frac{dx}{dt}=\dot q(x,t,\tau)$, правильно?
Как-то выглядит довольно хитро, хотя я, похоже, начинаю понимать...

[Arkhipov]

На мой взгляд правильно.

[tverdotel]

amon в сообщении #926136 писал(а):

Посмотреть откуда оно берется можно, например, у Смирнова (под рукой оказался) т.4 часть 2 стр. 247.

Лишь замечу, что хоть том и четвёртый, но часть всё-таки первая