Principio de acción estacionaria vs Ecuación de Euler-Lagrange

Question

Principio de acción estacionaria vs Ecuación de Euler-Lagrange

acción
Física
mecanica clasica
formalismo lagrangiano
cálculo variacional
principio variacional

D alma

Estoy un poco confundido en cuanto a lo que debo usar para derivar las ecuaciones de movimientos de la ecuación de Lagrange.

Supongamos que tengo una función de lagrange:

L (X (t), \dot{X} (t)) = \frac{1}{2} metro {\dot{X}}^{2} - \frac{1}{2} k (\sqrt{X^{2} + a^{2}} - a)

$L(x(t), \dot{x}(t)) = \frac{1}{2}m\dot{x}^2-\frac{1}{2}k(\sqrt{x^2+a^2}-a)$

Método 1: Principio de mínima acción

d L = d \dot{X} (metro \dot{X}) - d X \frac{k X (\sqrt{X^{2} + a^{2}} - a)}{\sqrt{(} X^{2} + a^{2})}

$\delta L = \delta \dot{x}(m\dot{x})-\delta x \frac{kx(\sqrt{x^2+a^2}-a)}{\sqrt(x^2+a^2)}$

d W = \int_{t_{0}}^{t_{1}} d L d t

$\delta W = \int_{t_0}^{t_1} \delta L \ dt$

Después de hacer la integración por partes, obtengo:

d W = - \int_{t_{0}}^{t_{1}} d X [metro \ddot{X} + \frac{k X (\sqrt{X^{2} + a^{2}} - a)}{\sqrt{(} X^{2} + a^{2})}] d t

$\delta W= -\int_{t_0}^{t_1} \delta x \biggl[m \ddot{x}+\frac{kx(\sqrt{x^2+a^2}-a)}{\sqrt(x^2+a^2)} \biggl] dt$

para puntos estacionarios, $\delta W = 0$

Por lo tanto, dentro de la integral,

metro \ddot{X} + \frac{k X (\sqrt{X^{2} + a^{2}} - a)}{\sqrt{(} X^{2} + a^{2})} = 0

$m\ddot{x}+\frac{kx(\sqrt{x^2+a^2}-a)}{\sqrt(x^2+a^2)} = 0$

y esta es la ecuación de movimiento.

Método 2: Ecuación de Euler-Lagrange

Alternativamente, podemos considerar la ecuación de Euler Lagrange:

\frac{\partial L}{\partial X} - \frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial \dot{X}}) = 0

$\frac{\partial L}{\partial x} - \frac{d}{dt}\biggl(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}} \biggl) = 0$

sustituyendo $L$ en la ecuación de euler-lagrange, obtenemos la misma ecuación de movimiento:

metro \ddot{X} + \frac{k X (\sqrt{X^{2} + a^{2}} - a)}{\sqrt{(} X^{2} + a^{2})} = 0

$m\ddot{x}+\frac{kx(\sqrt{x^2+a^2}-a)}{\sqrt(x^2+a^2)} = 0$

Entonces, el método 2 es mucho más fácil que el método 1, pero ¿por qué llegamos a la misma respuesta? Tengo la corazonada de que ambos métodos están calculando esencialmente lo mismo, pero no estoy seguro de si esta corazonada es correcta porque las ecuaciones de Euler Lagrange parecen demasiado simples en comparación con el principio de acción mínima. ¿Hay algo que me estoy perdiendo aquí?

artem alexandrov

Puede encontrar la respuesta en todos los libros de cálculo variacional. La acción es un funcional y la ecuación de Euler-Lagrange es el criterio para el punto extremo de este funcional en el espacio funcional. La ecuación EL simplemente significa que

δ S / δ x = 0

$\delta S/\delta x=0$ . Cuando varía la acción directamente, simplemente vuelve a derivar la ecuación EL

Respuestas (2)

Principio de acción estacionaria vs Ecuación de Euler-Lagrange

Puede encontrar la respuesta en todos los libros de cálculo variacional. La acción es un funcional y la ecuación de Euler-Lagrange es el criterio para el punto extremo de este funcional en el espacio funcional. La ecuación EL simplemente significa que $\delta S/\delta x=0$ . Cuando varía la acción directamente, simplemente vuelve a derivar la ecuación EL

qmecanico · Answer 1

Dadas las condiciones de contorno apropiadas, el principio de acción estacionario y las ecuaciones de Euler-Lagrange (EL) son precisamente la condición de que la derivada funcional/variacional

\begin{matrix} (1) & \frac{d S}{d X^{j} (t)} \end{matrix}

$\frac{\delta S}{\delta x^j (t)} \tag{1}$ desaparece, ¡así que es mejor que estén de acuerdo!

RC Drost · Answer 2

Primero, creo que hay algo mal con tu derivada parcial del Lagrangiano con respecto a $x$ .

En segundo lugar, las ecuaciones de Euler-Lagrange no son más que el proceso que realizó en el Método 1, realizado sin comprometerse con una forma específica para $L$ pero dejándolo genérico. En tu primer paso tomaste derivadas parciales de $L$ con respecto a sus términos de posición y velocidad, en su segundo paso tomó la derivada de velocidad y la involucró en una integración por partes, donde tomó una derivada de tiempo total y luego agregó un signo menos. Si tu Lagrangiano también está involucrado $\ddot x$ entonces tendrías un $+\frac{\mathrm d^2~}{\mathrm dt^2}\frac{\partial L}{\partial\ddot x}$ término de dos integraciones por partes, por ejemplo.

Principio de acción estacionaria vs Ecuación de Euler-Lagrange

D alma

artem alexandrov

Respuestas (2)

qmecanico

RC Drost

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