¿Existe un Lagrangiano que produzca estas ecuaciones? ¿Cómo puedo encontrar uno si existe?

Question

¿Existe un Lagrangiano que produzca estas ecuaciones? ¿Cómo puedo encontrar uno si existe?

Matemáticas
problemas-inversos
cálculo de variaciones
ecuaciones diferenciales ordinarias

Ideal Máximo

Considere las dos ecuaciones diferenciales

\begin{aligned} {\ddot{X}}_{A} - γ (X_{A} + X_{B}) & = 0, \\ {\ddot{X}}_{B} + γ (X_{A} + X_{B}) & = 0 \end{aligned}

$\begin{align*} \ddot{x}_{A} - \gamma(x_{A} + x_{B}) &= 0, \\ \ddot{x}_{B} + \gamma(x_{A} + x_{B}) &= 0 \end{align*}$ dónde

γ

$\gamma$ es una constante Estoy buscando un Lagrangiano

L = L (x, \dot{x}, t)

$L = L(x, \dot{x}, t)$ que pueda reproducir estas ecuaciones o una prueba que muestre que esto es imposible.

Desafortunadamente, mi pregunta inicial se formuló de manera demasiado estrecha, por lo que dejaré dos preguntas (no son exactamente las mismas que verá en las respuestas). El primero fue mi original. El segundo es mi nuevo.

Pregunta 1. ¿Hay una función $L = L(x, \dot{x}, t)$ tal que

\begin{aligned} \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial {\dot{X}}_{A}} - \frac{\partial L}{\partial X_{A}} = {\ddot{X}}_{A} - γ (X_{A} + X_{B}), \\ \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial {\dot{X}}_{B}} - \frac{\partial L}{\partial X_{B}} = {\ddot{X}}_{B} + γ (X_{A} + X_{B}) ? \end{aligned}

$\begin{align*} \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}_{A}} - \frac{\partial L}{\partial x_{A}} = \ddot{x}_{A} - \gamma(x_{A} + x_{B}), \\ \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}_{B}} - \frac{\partial L}{\partial x_{B}} = \ddot{x}_{B} + \gamma(x_{A} + x_{B})? \end{align*}$

Pregunta 2. ¿Hay una función $L = L(x, \dot{x}, t)$ tal que al poner a cero las expresiones de Euler-Lagrange obtenemos ecuaciones diferenciales que dan las mismas soluciones que mis ecuaciones diferenciales originales?

Después de buscar, encontré el problema inverso para los lagrangianos que dan las condiciones de Helmholtz. Definamos $f^{A}(x^{A}, x^{B}) = \gamma\cdot (x^{A} + x^{B})$ y $f^{B}(x^{A}, x^{B}) = -\gamma\cdot (x^{A} + x^{B})$ como en la página wiki, y definamos

Φ_{j}^{i} = \frac{1}{2} \frac{d}{d t} \frac{\partial F^{i}}{\partial {\dot{X}}^{j}} - \frac{\partial F^{i}}{\partial X^{j}} - \frac{1}{4} \frac{\partial F^{i}}{\partial {\dot{X}}^{k}} \frac{\partial F^{k}}{\partial {\dot{X}}^{j}} .

$\Phi_{j}^{i} = \frac{1}{2} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \frac{\partial f^{i}}{\partial \dot{x}^{j}} - \frac{\partial f^{i}}{\partial x^{j}} - \frac{1}{4} \frac{\partial f^{i}}{\partial \dot{x}^{k}} \frac{\partial f^{k}}{\partial \dot{x}^{j}}.$ Aquí obtenemos fácilmente

(Φ_{j}^{i}) = (\begin{matrix} - γ & - γ \\ γ & γ \end{matrix}) .

$(\Phi_{j}^{i}) = \begin{pmatrix} -\gamma & -\gamma \\ \gamma & \gamma \end{pmatrix}.$ Ahora la página wiki dice que necesitamos encontrar una matriz simétrica no singular

g = (g_{i j})

$g = (g_{ij})$ tal que las condiciones

(H 1)

$(\text{H}1)$ -

(H 3)

$(\text{H}3)$ en la página wiki están satisfechos (ver imagen en la parte inferior para las condiciones). encontre eso

gramo = (\begin{matrix} 1 & \frac{3}{2} \\ \frac{3}{2} & 2 \end{matrix})

$g = \begin{pmatrix} 1 & \frac{3}{2} \\ \frac{3}{2} & 2 \end{pmatrix}$ funciona, así que concluí que debería haber un Lagrangiano para mis ecuaciones diferenciales. Sin embargo, no he podido encontrar ninguna función deseada que funcione.

Preguntas:

¿Fue correcto mi razonamiento anterior al determinar que existe un Lagrangiano? ¿Hice una aplicación correcta del teorema de Douglas?
¿Alguien puede ayudarme a encontrar un Lagrangiano? Probé varias funciones, pero todas fallaron en producir las ecuaciones diferenciales.
Si nadie puede darme una respuesta explícita, ¿alguien puede decirme qué pasos debo seguir para construir un Lagrangiano?

Algunas referencias:

La página de wikipedia está aquí .
Este es el enlace al artículo de Douglas sobre el problema inverso para los lagrangianos.
Esta publicación pregunta sobre el problema inverso, y las respuestas proporcionan algunas referencias.
La tesis a la que se hace referencia en la publicación de MSE proporciona una llamada condición explícita interesante en la página 67, pero solo se establece para el caso de una partícula 1D. NOTA: Parece que su condición solo funciona para problemas similares a la Pregunta 1. En el Ejemplo IV.1 concluyen que un oscilador amortiguado no tiene un Lagrangiano para el caso general. Esto es cierto en el contexto de la Pregunta 1, pero falso en el contexto de la Pregunta 2 como lo demuestra esta publicación . Si multiplica la ecuación diferencial por una exponencial, entonces un Lagrangiano puede reproducir la ecuación diferencial.
La publicación de MSE hizo referencia a las Aplicaciones de los grupos de Lie de Olver a las ecuaciones diferenciales .
Imagen de wikipedia relevante a partir del 6/12/2022 en caso de que se edite:

charles hudgins

Irrelevante ahora, pero un buen enfoque habría sido el ansatz

L (x, \dot{x}) = \sum_{j = A, B} \sum_{k = A, B} M_{j k} {\dot{x}}_{j} {\dot{x}}_{k} + U_{j k} x_{j} x_{k}

$L(x, \dot{x}) = \sum_{j = A, B} \sum_{k = A, B} M_{j k} \dot{x}_j \dot{x}_k + U_{jk} x_j x_k$ . Diferenciar para determinar

M

$M$ y

U

$U$ igualando términos semejantes.

¿Por qué?

Absténgase de abordar más de una pregunta y hacer tres preguntas subsiguientes.

Respuestas (2)

¿Existe un Lagrangiano que produzca estas ecuaciones? ¿Cómo puedo encontrar uno si existe?

Irrelevante ahora, pero un buen enfoque habría sido el ansatz $L(x, \dot{x}) = \sum_{j = A, B} \sum_{k = A, B} M_{j k} \dot{x}_j \dot{x}_k + U_{jk} x_j x_k$ . Diferenciar para determinar $M$ y $U$ igualando términos semejantes.
Absténgase de abordar más de una pregunta y hacer tres preguntas subsiguientes.

Michael Seifert · Answer 1

Para responder a la Pregunta 2: El papel de $g$ en el teorema de Douglas parece ser "simetrizar" los términos potenciales. (Obtuve esto de la condición (H1) en el artículo de Wikipedia). En particular, el hecho de que $g \Phi = (g \Phi)^T$ implica que multiplicar un vector columna que contiene las ecuaciones dadas por $g$ sería fructífero. Hacer esto produce

\begin{aligned} {\ddot{X}}_{A} + \frac{3}{2} {\ddot{X}}_{B} + \frac{1}{2} γ (X_{A} + X_{B}) & = 0 \\ \frac{3}{2} {\ddot{X}}_{A} + 2 {\ddot{X}}_{B} + \frac{1}{2} γ (X_{A} + X_{B}) & = 0 \end{aligned}

$\begin{align*} \ddot{x}_{A} + \frac{3}{2} \ddot{x}_B + \frac{1}{2}\gamma(x_{A} + x_{B}) &= 0 \\ \frac{3}{2} \ddot{x}_A + 2 \ddot{x}_{B} + \frac{1}{2} \gamma(x_{A} + x_{B}) &= 0 \end{align*}$ y entonces parece que el Lagrangiano deseado es

L = \frac{1}{2} {\dot{X}}_{A}^{2} + \frac{3}{2} {\dot{X}}_{A} {\dot{X}}_{B} + {\dot{X}}_{B}^{2} - \frac{1}{4} γ (X_{A} + X_{B})^{2} .

$L = \frac{1}{2} \dot{x}_A^2 + \frac{3}{2} \dot{x}_A \dot{x}_B + \dot{x}_B^2 - \frac{1}{4} \gamma (x_A + x_B)^2.$

Aparte, tenga en cuenta que el "término cinético" anterior no es positivo definido. Esto puede o no ser relevante para sus propósitos.

@MaximalIdeal: Hiciste el trabajo duro al encontrar $g$ ; todo lo que hice fue descubrir cómo usarlo.

maxmilgram · Answer 2

Para referencia futura, recito sus ecuaciones diferenciales.

\begin{aligned} (EL1) & \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial {\dot{X}}_{A}} - \frac{\partial L}{\partial X_{A}} = {\ddot{X}}_{A} - γ (X_{A} + X_{B}) \\ (EL2) & \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial {\dot{X}}_{B}} - \frac{\partial L}{\partial X_{B}} = {\ddot{X}}_{B} + γ (X_{A} + X_{B}) \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}_{A}} - \frac{\partial L}{\partial x_{A}} = \ddot{x}_{A} - \gamma(x_{A} + x_{B}) \tag{EL1}\\ \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}_{B}} - \frac{\partial L}{\partial x_{B}} = \ddot{x}_{B} + \gamma(x_{A} + x_{B})\tag{EL2} \end{align}$

Desafortunadamente no estoy familiarizado con el teorema de Douglas. Sin embargo, pude encontrar la siguiente prueba que da una respuesta a la Pregunta 1 :

Si asumimos que nuestro Lagrangiano es de la forma más general $L=L(\dot {x}_A,\dot{x}_B,x_A,x_B,t)$ y lo reemplazamos en la primera ecuación $(EL1)$ recogiendo el $\ddot{x}_A$ términos rendimientos

\frac{\partial^{2} L}{\partial {\dot{X}}_{A}^{2}} = 1

$\frac{\partial^2 L}{\partial \dot{x}_{A}^2}=1$ De este modo,

L

$L$ tiene que ser un polinomio de segundo orden en

{\dot{x}}_{A}

$\dot{x}_{A}$ , o más específicamente

L ({\dot{X}}_{A}, {\dot{X}}_{B}, X_{A}, X_{B}, t) = \frac{{\dot{X}}_{A}^{2}}{2} + {\dot{X}}_{A} \cdot L_{1} ({\dot{X}}_{B}, X_{A}, X_{B}, t) + L_{0} ({\dot{X}}_{B}, X_{A}, X_{B}, t)

$L(\dot {x}_A,\dot{x}_B,x_A,x_B,t)=\frac{\dot{x}_A^2}{2}+\dot{x}_A\cdot L_1(\dot{x}_B,x_A,x_B,t)+L_0(\dot{x}_B,x_A,x_B,t)$ Ahora reemplazamos esto en la segunda ecuación.

(E L 2)

$(EL2)$ y recoger el

{\ddot{x}}_{A}

$\ddot{x}_A$ y

{\ddot{x}}_{B}

$\ddot{x}_B$ términos y ver que

{\ddot{X}}_{A} : \frac{\partial L_{1}}{\partial {\dot{X}}_{B}} = 0 {\ddot{X}}_{B} {\dot{X}}_{A} : \frac{\partial^{2} L_{1}}{\partial {\dot{X}}_{B}^{2}} = 0 {\ddot{X}}_{B} : \frac{\partial^{2} L_{0}}{\partial {\dot{X}}_{B}^{2}} = 1

$\ddot{x}_A:\qquad\frac{\partial L_1}{\partial \dot{x}_{B}}=0\\ \ddot{x}_B\dot{x}_A: \qquad\frac{\partial^2 L_1}{\partial \dot{x}_{B}^2}=0\\ \ddot{x}_B:\qquad\frac{\partial^2 L_0}{\partial \dot{x}_{B}^2}=1$ que produce representaciones más refinadas de las funciones

L 0

$L0$ y

L 1

$L1$ , a saber

L ({\dot{X}}_{A}, {\dot{X}}_{B}, X_{A}, X_{B}, t) = \frac{{\dot{X}}_{A}^{2} + {\dot{X}}_{B}^{2}}{2} + {\dot{X}}_{A} \cdot α (X_{A}, X_{B}, t) + {\dot{X}}_{B} \cdot β (X_{A}, X_{B}, t) + λ (X_{A}, X_{B}, t)

$L(\dot {x}_A,\dot{x}_B,x_A,x_B,t)=\frac{\dot{x}_A^2+\dot{x}_B^2}{2}+\dot{x}_A\cdot \alpha(x_A,x_B,t)+\dot{x}_B\cdot \beta(x_A,x_B,t)+\lambda(x_A,x_B,t)$ Una vez más, insertando la forma ajustada en las dos ecuaciones

(E L 1)

$(EL1)$ y

(E L 2)

$(EL2)$ terminamos con tres ecuaciones para las funciones desconocidas

α, β

$\alpha,\beta$ y

λ

$\lambda$ .

\begin{aligned} (1) & \frac{\partial α}{\partial X_{B}} & = \frac{\partial β}{\partial X_{A}} \\ (2) & \frac{\partial α}{\partial t} - \frac{\partial λ}{\partial X_{A}} & = - γ (X_{A} + X_{B}) \\ (3) & \frac{\partial β}{\partial t} - \frac{\partial λ}{\partial X_{B}} & = γ (X_{A} + X_{B}) \end{aligned}

$\begin{align} \frac{\partial \alpha}{\partial x_B}&=\frac{\partial \beta}{\partial x_A}\tag{1}\\ \frac{\partial \alpha}{\partial t}-\frac{\partial \lambda}{\partial x_A}&=-\gamma(x_A+x_B)\tag{2}\\ \frac{\partial \beta}{\partial t}-\frac{\partial \lambda}{\partial x_B}&=\gamma(x_A+x_B)\tag{3} \end{align}$ Estas ecuaciones parecen prometedoras al principio, sin embargo, si consideramos

\frac{\partial}{\partial X_{B}} (2)) - \frac{\partial}{\partial X_{A}} ((3)) \Leftrightarrow \frac{\partial^{2} α}{\partial t \partial X_{B}} - \frac{\partial^{2} β}{\partial t \partial X_{A}} = - 2 γ \overset{(1)}{\Rightarrow} 0 = - 2 γ

$\frac{\partial}{\partial x_B}\big(2)\big)-\frac{\partial}{\partial x_A}\big((3)\big)\\ \Leftrightarrow \frac{\partial^2\alpha}{\partial t\partial x_B}-\frac{\partial^2\beta}{\partial t\partial x_A}=-2\gamma\\ \stackrel{(1)}{\Rightarrow}0=-2\gamma$ vemos que una solución sólo puede existir para el caso trivial de

γ = 0

$\gamma=0$ .

editar: para el último paso que consideré $\alpha,\beta$ y $\gamma$ ser diferenciable dos veces. Si relajamos esta condición podríamos encontrar una solución al sistema. $(1)-(3)$ .

Creo que su prueba es correcta aquí de que las ecuaciones dadas no pueden provenir de un Lagrangiano; pero eso deja abierta la posibilidad de que alguna transformación no singular de las ecuaciones pueda provenir de un Lagrangiano. En otras palabras, el hecho de que no haya $\ddot{x}_B$ término en (EL2) no implica que $\partial L_1/\partial\dot{x}_B = 0$ . Vea mi respuesta a continuación.
@MichaelSeifert Sí, esto es más mi culpa que la de él, porque me di cuenta hace un momento de que formulé mi problema de manera demasiado limitada. Intentaré editar mi pregunta para acomodar esto.
No obstante, esta publicación proporciona información valiosa, así que no la elimine.
Gracias por los comentarios, parece que no estaba lo suficientemente versado en el tema para ver la verdadera pregunta detrás del problema. :-) Sin embargo, gracias por editar el problema de una manera que deja mi respuesta válida. Hice una edición para aclarar que es solo una respuesta a la Pregunta 1.

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