Una ecuación de Euler-Lagrange

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Una ecuación de Euler-Lagrange

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Tengo una acción con un Lagrangiano a la que me gustaría aplicar las ecuaciones de Euler-Lagrange a https://en.wikipedia.org/wiki/Euler%E2%80%93Lagrange_equation pero he pasado horas luchando con eso. Eso es lo que defino

L ((\begin{matrix} X \\ y \end{matrix}), (\begin{matrix} \dot{X} \\ \dot{y} \end{matrix})) := ‖ A ((\begin{matrix} X \\ y \end{matrix}) + (\begin{matrix} - \dot{y} \\ β \dot{y} \end{matrix})) ‖^{2}

$L\Big(\begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix},\begin{pmatrix} \dot{x} \\ \dot{y}\end{pmatrix} \Big):= \Big\| A \Big( \begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -\dot{y} \\ \beta\dot{y}\end{pmatrix} \Big) \Big\|^2$

dónde

A = (\begin{matrix} C_{1} & C_{2} \\ C_{2} & C_{3} \end{matrix}), para algunos C_{i} para cual A es invertible .

$A=\begin{pmatrix} c_1 & c_2 \\ c_2 & c_3 \end{pmatrix}, \text{for some }~c_i~\text{for which $A$ is invertible}.$

Cual $x,y:[0,T]\to \mathbb{R}$ resolver la ecuación de Euler-Lagrange

\nabla_{(\begin{matrix} X \\ y \end{matrix})} L - \partial_{t} \nabla_{(\begin{matrix} \dot{X} \\ \dot{y} \end{matrix})} L = 0

$\nabla_{\begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix}} L-\partial_t\nabla_{\begin{pmatrix} \dot{x} \\ \dot{y}\end{pmatrix} }L=0$ con condiciones iniciales y terminales

x (0) = q, x (T) = q^{'}, y (0) = p, y (T) = p^{'}

$x(0)=q,x(T)=q',y(0)=p,y(T)=p'$ . ? Por favor ayuda !

$\Big($ más información sobre cómo las constantes $c_1,c_2,c_3$ relacionarse entre sí ser útil? porque de hecho $c_1=\sigma^2+\gamma^2, c_2=-\gamma(\sigma+\alpha),c_3=\alpha^2+\gamma^2$ , donde estas constantes $\alpha,\sigma,\gamma$ son positivos y $\alpha\sigma>\gamma^2$ $\Big)$ .

EDITAR: obtuve el EL como con las opciones anteriores para $c_1,c_2,c_3$

\nabla_{(X, y)} L = (\frac{1}{α σ - γ^{2}})^{2} (\begin{matrix} 0 \\ \nabla_{y} B_{1} + \nabla_{y} B_{2} \end{matrix})

$\begin{equation} \nabla_{(x,y)} L = (\frac{1}{\alpha\sigma-\gamma^2})^2\begin{pmatrix} 0 \\ \nabla_{y} B_1+\nabla_{y} B_2 \end{pmatrix} \end{equation}$

con

\nabla_{y} B_{1} = 2 (σ + γ β) y + \frac{1}{σ + γ β} (γ \dot{y} - σ \dot{X})

$\begin{equation} \nabla_{y} B_1=2(\sigma+\gamma \beta) y + \frac{1}{\sigma+\gamma\beta}(\gamma \dot{y}-\sigma \dot{x}) \end{equation}$

y

\nabla_{y} B_{2} = 2 (γ + α β) y + \frac{1}{γ + α β} (α \dot{X} - γ \dot{y}) .

$\begin{equation} \nabla_{y} B_2=2(\gamma + \alpha \beta) y + \frac{1}{\gamma+\alpha \beta}(\alpha \dot{x}-\gamma \dot{y}). \end{equation}$

También

\partial_{t} \nabla_{(\dot{X}, \dot{y})} L = 2 (A^{- 1})^{2} ((\begin{matrix} \ddot{X} \\ \ddot{y} \end{matrix}) - (\begin{matrix} \dot{y} \\ - β \dot{y} \end{matrix}))

$\begin{equation} \partial_t \nabla_{(\dot{x},\dot{y})} L=2 (A^{-1})^2(\begin{pmatrix}\ddot{x}\\ \ddot{y} \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} \dot{y} \\ -\beta \dot{y} \end{pmatrix}) \end{equation}$

que es una ODE acoplada

Respuestas (2)

Una ecuación de Euler-Lagrange

qmecanico · Answer 1

Aquí hay una derivación esbozada.

En primer lugar, observe que el Lagrangiano $L$ no depende $\dot{x}$ . Entonces no necesitamos las 2 condiciones de frontera de Dirichlet (BC) para $x$ para deducir la ecuación EL para $x$ . La ecuación EL para $x$ reduce a
$\begin{matrix} (1) & 0 = x (X, y, \dot{y}) := \frac{1}{2} \frac{\partial L (X, y, \dot{y})}{\partial X} = C_{1} (X - \dot{y}) + C_{2} (y + β \dot{y}) \end{matrix}$ $0~=~\chi(x,y,\dot{y})~:=~\frac{1}{2}\frac{\partial L(x,y,\dot{y})}{\partial x}~=~c_1(x-\dot{y}) +c_2(y+\beta\dot{y}) \tag{1}$ a partir de la cual podemos determinar $x$ .
si eliminamos $^1$ $x$ en el lagrangiano $L$ , el lagrangiano se convierte (hasta una normalización multiplicativa general distinta de cero)
$\begin{matrix} (2) & L_{0} = \frac{1}{2} (y + β \dot{y})^{2} . \end{matrix}$ $L_0~=~\frac{1}{2}(y+\beta\dot{y})^2. \tag{2}$ el impulso es $\begin{matrix} (3) & pag = \frac{\partial L_{0}}{\partial \dot{y}} = β (y + β \dot{y}) . \end{matrix}$ $p ~=~ \frac{\partial L_0}{\partial \dot{y}} ~=~\beta(y+\beta\dot{y}).\tag{3}$ La función de energía $\begin{matrix} (4) & mi = pag \dot{y} - L_{0} = \frac{1}{2} (β \dot{y} - y) (β \dot{y} + y) = \frac{1}{2} (β^{2} {\dot{y}}^{2} - y^{2}) \end{matrix}$ $E~=~p\dot{y}-L_0~=~\frac{1}{2}(\beta\dot{y}-y)(\beta\dot{y}+y) ~=~\frac{1}{2}(\beta^2\dot{y}^2-y^2) \tag{4}$ es una constante, ya que no hay explícito $t$ -dependencia.
En otras palabras, obtenemos una EDO de primer orden
$\begin{matrix} (5) & β^{2} {\dot{y}}^{2} = 2 mi + y^{2} \end{matrix}$ $\beta^2\dot{y}^2~=~2E +y^2 \tag{5}$ ecuación (5) se puede resolver fácilmente mediante la separación de variables. Esto produce 1 constante de integración. Juntos con $E$ entonces tenemos 2 constantes de integración, que se pueden combinar con los 2 BC de Dirichlet para $y$ .
En general, es imposible hacer coincidir 4 condiciones de contorno (BCc), como ya se señaló en la respuesta de Cesareo. Sería natural descartar los 2 Dirichlet BC para $x$ .

--

$^1$ Normalmente, no se permite usar una ecuación EL (1) dentro del Lagrangiano, pero se puede demostrar que está bien para una ecuación cuadrática. $x$ -dependencia. Podemos completar el cuadrado.

\begin{matrix} (6) & L = L_{0} + L_{2} \end{matrix}

$L~=~L_0+L_2 \tag{6}$ dónde

\begin{matrix} (7) & L_{norte} \propto x^{norte} . \end{matrix}

$L_n ~\propto~ \chi^n .\tag{7}$ No es dificil ver que

L

$L$ y

L_{0}

$L_0$ conducir a la misma ecuación EL para

y

$y$ módulo la restricción (1).

Hola, ¿pueden ayudarme a entender de qué se trata este Lagrangiano específico que significa que no puedo coincidir con 4 condiciones de contorno? Es que no hay dependencia de $t$ o $\dot{x}$ ?

Cesareo · Answer 2

El lagrangiano no depende de $t$ por lo que obedece a la identidad de Betrami. Con $p=(x,y)$

L - \dot{pag} \nabla_{\dot{pag}} L = C_{0}

$L - \dot p\nabla_{\dot p}L = c_0$

o

C_{2}^{2} (X^{2} + y^{2} - (β^{2} + 1) {\dot{y}}^{2}) + C_{3}^{2} (y^{2} - β^{2} {\dot{y}}^{2}) + 2 C_{2} C_{1} (β {\dot{y}}^{2} + X y) + 2 C_{2} C_{3} (β {\dot{y}}^{2} + X y) + C_{1}^{2} (X^{2} - {\dot{y}}^{2}) = C_{0}

$c_2^2 \left(x^2+y^2-\left(\beta ^2+1\right) \dot y^2\right)+c_3^2 \left(y^2-\beta ^2 \dot y^2\right)+2 c_2 c_1 \left(\beta \dot y^2+x y\right)+2 c_2 c_3 \left(\beta \dot y^2+x y\right)+c_1^2 \left(x^2-\dot y^2\right)=c_0$

De las ecuaciones de Euler-Lagrange obtenemos

X = \frac{(C_{2} (C_{2} - β C_{3}) + C_{1}^{2} - β C_{2} C_{1}) \dot{y} - C_{2} (C_{1} + C_{3}) y}{C_{1}^{2} + C_{2}^{2}}

$x = \frac{\left(c_2 \left(c_2-\beta c_3\right)+c_1^2-\beta c_2 c_1\right) \dot y-c_2 \left(c_1+c_3\right) y}{c_1^2+c_2^2}$

ahora sustituyendo en la ODE anterior obtenemos una nueva ODE ahora dependiendo solo de $y,\dot y$ . Concluyendo, tenemos dos constantes independientes para arreglar: $c_0$ un límite adicional de la última EDO obtenida y cuatro condiciones de contorno independientes. Esto no es factible.

NOTA

El lagrangiano es un poco degenerado con respecto a la energía cinética porque

\frac{1}{2} \nabla_{\dot{pag}} (\nabla_{\dot{pag}} L) = (\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & (C_{1} - β C_{2})^{2} + (C_{2} - β C_{3})^{2} \end{array})

$\frac 12\nabla_{\dot p}\left(\nabla_{\dot p}L\right) = \left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & \left(c_1-\beta c_2\right){}^2+\left(c_2-\beta c_3\right){}^2 \\ \end{array} \right)$

que no es definida positiva.

EDITAR

Corregidas algunas ecuaciones.

Estoy confundido, ¿qué es "no posible"? ¿Estás diciendo que no existe tal curva de minimización (x (t), y (t))?
otra pregunta: ¿no obtenemos más de Euler Lagrange? con esto quiero decir que obtenemos dos ODE de él.
mira mi edición :) buen punto sobre la degeneración de la energía cinética de $L$ .
No existe tal curva de minimización que deba atender a cuatro condiciones de contorno independientes. $x(0), x(T), y(0), y(T)$ . De Euler-Lagrange obtenemos una EDO y una relación algebraica entre $x$ y $y,\dot y$

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