Simplificación de la ecuación de Euler-Lagrange con producto escalar y gradientes

Question

Simplificación de la ecuación de Euler-Lagrange con producto escalar y gradientes

Matemáticas
cálculo de variaciones
ecuación de euler-lagrange

NetUser5y62

Para cualquier integrando $G(\lambda, \mathbf{r}(\lambda), \dot{\mathbf{r}}(\lambda))$ , dónde $\dot{\mathbf{r}} = \frac{d}{d\lambda}\mathbf{r}$ , las ecuaciones de Euler-Lagrange son

\frac{\partial GRAMO}{\partial r} - \frac{d}{d λ} \frac{\partial GRAMO}{\partial \dot{r}} = 0

$\frac{\partial G}{\partial \mathbf{r}} - \frac{d}{d\lambda}\frac{\partial G}{\partial \dot{\mathbf{r}}} = 0$

Si $G = U\sqrt{\dot{\mathbf{r}}\cdot \dot{\mathbf{r}}}$ , $U = U(\mathbf{r})$ , demuestre que una sustitución en la ecuación de Euler-Lagrange produce

tu \ddot{r} + (\dot{r} \cdot \nabla tu) \dot{r} - (\dot{r} \cdot \dot{r}) \nabla tu = 0

$U\ddot{\mathbf{r}} + (\dot{\mathbf{r}}\cdot \nabla U)\dot{\mathbf{r}} - (\dot{\mathbf{r}}\cdot \dot{\mathbf{r}})\nabla U=0$ bajo el supuesto de que

\dot{r} \cdot \ddot{r} = 0

$\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\ddot r} = 0$ .

Soy nuevo en el tema, ¿puedo preguntar cómo funciona la sustitución anterior en detalle? ¡Gracias!

paulino

Es

U

$U$ simplemente una función de

r

$\mathbf{r}$ ?

NetUser5y62

@paulinho, ¡sí! He agregado eso :)

Respuestas (1)

Simplificación de la ecuación de Euler-Lagrange con producto escalar y gradientes

paulino · Answer 1

Dejar $\mathbf{r} = (r_1, r_2, \cdots, r_n)$ . Hallemos la ecuación de Euler-Lagrange para $r_1$ . Las ecuaciones de Euler-Lagrange para cualquier otro $r_i$ será simétrico, solo con $r_1$ reemplazado por $r_i$ .

Dejar $f(\mathbf{\dot r}) = \sqrt{\dot{\mathbf{r}} \cdot \dot{\mathbf{r}}} = \|\mathbf{\dot r}\|$ . Entonces deseamos enchufar $G(\mathbf{r}, \mathbf{\dot r}) = U(\mathbf{r}) f(\mathbf{\dot r})$ en las ecuaciones de Euler-Lagrange. Es importante observar que $\mathbf{r}$ y $\mathbf{\dot r}$ pueden ser funciones de $\lambda$ , entonces $G$ también depende implícitamente de $\lambda$ .

El primer término del lado izquierdo de la ecuación de Lagrange es fácil de calcular:

\frac{\partial GRAMO}{\partial r_{1}} = F (\dot{r}) \frac{\partial tu}{\partial r_{1}}

$\frac{\partial G}{\partial r_1} = f(\mathbf{\dot r}) \frac{\partial U}{\partial r_1}$ como único término en

G

$G$ explícitamente dependiendo de

r_{1}

$r_1$ es

U

$U$ .

En cuanto al segundo término, una identidad útil que podemos usar es si $g(\mathbf{r}) = \sqrt{\mathbf{r} \cdot \mathbf{r}} = \|\mathbf{r}\|$ ,

\frac{\partial gramo}{\partial r} = \frac{r}{‖ r ‖} ⟹ \frac{\partial gramo}{\partial r_{1}} = \frac{r_{1}}{‖ r ‖}

$\frac{\partial g}{\partial \mathbf{r}} = \frac{\mathbf{r}}{\|\mathbf{r}\|} \implies \frac{\partial g}{\partial r_1} = \frac{r_1}{\|\mathbf{r}\|}$

Por lo tanto, se sigue que

\frac{\partial F}{\partial {\dot{r}}_{1}} = \frac{{\dot{r}}_{1}}{‖ \dot{r} ‖} ⟹ \frac{\partial GRAMO}{\partial {\dot{r}}_{1}} = \frac{tu}{‖ \dot{r} ‖} {\dot{r}}_{1} = tu (r) α (\dot{r})

$\frac{\partial f}{\partial \dot r_1} = \frac{\dot r_1}{\|\mathbf{\dot r}\|} \implies \frac{\partial G}{\partial \dot r_1} = \frac{U}{\|\mathbf{\dot r}\|} \dot r_1 = U(\mathbf{r}) \alpha(\mathbf{\dot r})$

dónde $\alpha = \dot r_1 / \|\mathbf{\dot r}\|$ . Ahora debemos tomar la derivada total con respecto a $\lambda$ de este término. Tenga en cuenta que

\frac{d}{d λ} \frac{\partial GRAMO}{\partial {\dot{r}}_{1}} = \frac{d (tu α)}{d λ} = \frac{\partial (tu α)}{\partial r} \cdot \dot{r} + \sum_{i = 1}^{norte} \frac{\partial (tu α)}{\partial {\dot{r}}_{i}} \cdot {\ddot{r}}_{i} = α (\dot{r} \cdot \nabla tu) + tu \sum_{i = 1}^{norte} \frac{\partial α}{\partial {\dot{r}}_{i}} \cdot {\ddot{r}}_{i}

$\frac{d}{d \lambda} \frac{\partial G}{\partial \dot r_1} = \frac{d (U \alpha)}{d \lambda}= \frac{\partial (U \alpha)}{\partial \mathbf{r}} \cdot \mathbf{\dot r} + \sum_{i = 1}^n \frac{\partial (U \alpha)}{\partial \dot r_i} \cdot \ddot r_i = \alpha (\mathbf{\dot r} \cdot \nabla U) + U \sum_{i = 1}^n \frac{\partial \alpha}{\partial \dot r_i} \cdot \ddot r_i$ La última igualdad se cumple porque de nuevo la única

r

$\mathbf{r}$ dependencia explícita de

\partial G / \partial {\dot{r}}_{1}

$\partial G / \partial \dot r_1$ es en

U

$U$ y el único explícito

\dot{r}

$\mathbf{\dot r}$ la dependencia está en

α

$\alpha$ . Desde

α

$\alpha$ es simétrico para todos

r_{i} \neq r_{1}

$r_i \neq r_1$ , delineamos dos casos al calcular

\partial α / \partial {\dot{r}}_{i}

$\partial \alpha / \partial \dot r_i$ :

Si $i = 1$ , entonces se puede verificar que
$\frac{\partial α}{\partial {\dot{r}}_{i}} = \frac{\partial α}{\partial {\dot{r}}_{1}} = \frac{1}{‖ \dot{r} ‖^{3}} \sum_{i = 2}^{norte} {\dot{r_{i}}}^{2} = \frac{‖ \dot{r} ‖^{2} - {\dot{r_{1}}}^{2}}{‖ \dot{r} ‖^{3}}$ $\frac{\partial \alpha}{\partial \dot r_i} = \frac{\partial \alpha}{\partial \dot r_1} = \frac{1}{\|\mathbf{\dot r}\|^3} \sum_{i = 2}^n \dot{r_i}^2 = \frac{\|\mathbf{\dot r}\|^2 - \dot{r_1}^2}{\|\mathbf{\dot r}\|^3}$
Si $i \neq 1$ , entonces se puede verificar que
$\frac{\partial α}{\partial {\dot{r}}_{i}} = - \frac{{\dot{r}}_{1} {\dot{r}}_{i}}{‖ \dot{r} ‖^{3}}$ $\frac{\partial \alpha}{\partial \dot r_i} = - \frac{\dot r_1 \dot r_i}{\|\mathbf{\dot r}\|^3}$

Reemplazando estos resultados en la expresión que teníamos, obtenemos

\frac{d}{d λ} \frac{\partial GRAMO}{\partial {\dot{r}}_{1}} = α (\dot{r} \cdot \nabla tu) + \frac{tu}{‖ \dot{r} ‖^{3}} [‖ \dot{r} ‖^{2} {\ddot{r}}_{1} - {\dot{r}}_{1} \sum_{i = 1}^{norte} {\dot{r}}_{i} {\ddot{r}}_{i}] = α (\dot{r} \cdot \nabla tu) + \frac{tu {\ddot{r}}_{1}}{‖ \dot{r} ‖} - \frac{tu {\dot{r}}_{1} (\dot{r} \cdot \ddot{r})}{‖ \dot{r} ‖^{3}}

$\frac{d}{d \lambda} \frac{\partial G}{\partial \dot r_1} = \alpha (\mathbf{\dot r} \cdot \nabla U) + \frac{U}{\| \mathbf{\dot r}\|^3} \left[\| \mathbf{\dot r}\|^2 \ddot r_1 - \dot r_1 \sum_{i = 1}^n \dot r_i \ddot r_i \right] = \alpha (\mathbf{\dot r} \cdot \nabla U) + \frac{U \ddot r_1}{\| \mathbf{\dot r}\|} - \frac{U \dot r_1 (\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\ddot r})}{\| \mathbf{\dot r}\|^3}$ Conectando todo de nuevo, obtenemos la siguiente ecuación en

r_{1}

$r_1$ :

‖ \dot{r} ‖ \frac{\partial tu}{\partial r_{1}} - \frac{{\dot{r}}_{1}}{‖ \dot{r} ‖} (\dot{r} \cdot \nabla tu) - \frac{tu {\dot{r}}_{1}}{‖ \dot{r} ‖} + \frac{tu {\dot{r}}_{1} (\dot{r} \cdot \ddot{r})}{‖ \dot{r} ‖^{3}} = 0

$\|\mathbf{\dot r} \| \frac{\partial U}{\partial r_1} - \frac{\dot r_1}{\|\mathbf{\dot r}\|} (\mathbf{\dot r} \cdot \nabla U) - \frac{U \dot r_1}{\|\mathbf{\dot r}\|} + \frac{U \dot r_1 (\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\ddot r})}{\| \mathbf{\dot r}\|^3} = 0$ Multiplicando por

‖ \dot{r} ‖

$\|\mathbf{\dot r}\|$ da

tu {\ddot{r}}_{1} + (\dot{r} \cdot \nabla tu) {\dot{r}}_{1} - (\dot{r} \cdot \dot{r}) \frac{\partial tu}{\partial r_{1}} - \frac{tu {\dot{r}}_{1} (\dot{r} \cdot \ddot{r})}{‖ \dot{r} ‖^{2}} = 0

$U \ddot r_1 + (\mathbf{\dot r} \cdot \nabla U) \dot r_1 -(\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\dot r}) \frac{\partial U}{\partial r_1} - \frac{U \dot r_1 (\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\ddot r})}{\| \mathbf{\dot r}\|^2} = 0$ Una ecuación similar se cumple para todos

{\dot{r}}_{i}

$\dot r_i$ , así que poniendo todo junto obtenemos que

tu \ddot{r} + (\dot{r} \cdot \nabla tu) \dot{r} - (\dot{r} \cdot \dot{r}) \nabla tu - \frac{tu \dot{r} (\dot{r} \cdot \ddot{r})}{‖ \dot{r} ‖^{2}} = 0

$U \mathbf{\ddot r} + (\mathbf{\dot r} \cdot \nabla U) \mathbf{\dot r} -(\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\dot r}) \nabla U - \frac{U \mathbf{\dot r} (\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\ddot r})}{\| \mathbf{\dot r}\|^2} = 0$ Sin embargo, el último término tiende a cero por suposición (recuerde

\dot{r} \cdot \ddot{r} = 0

$\mathbf{\dot r} \cdot \mathbf{\ddot r} = 0$ ), así que hemos terminado.

◻

$\square$

Estoy muy agradecido por su respuesta! De hecho, había una suposición de que $\dot{\mathbf{r}}\cdot \ddot{\mathbf{r}}=0$ . Lo siento, me lo perdí, nunca llegué a esa etapa de derivación. Esta pregunta surge del trazado de rayos en sismología, donde $\mathbf{r}(\lambda)$ es el parámetro de rayo para los frentes de onda. El tiempo de viaje del rayo es $\int_S^R U\sqrt{\dot{\mathbf{r}}\cdot \mathbf{r}} \, d\lambda$ , dónde $U(\mathbf{r})$ es el recíproco de la velocidad. Reemplazar el integrando en la ecuación de Euler-Lagrange extrema la integral y permite obtener las ecuaciones de trazado de rayos :)
¡Cosas interesantes! Voy a editar la respuesta y la pregunta en caso de que alguien más que encuentre esta pregunta tenga la misma confusión.

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paulino

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