物理のかぎしっぽ 記事ソース/テスト20150830-1

記事ソース/テスト20150830-1

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記事ソースの内容

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オイラー・ラグランジュ方程式の座標非依存性
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オイラー・ラグランジュ方程式

<tex>
\left(\dfrac{\partial L}{\partial q_i} \right)- \dfrac{d}{dt} \left(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} \right) = 0 \tag{##}
</tex>

は、デカルト座標系で表された場合でも、
極座標で表された時でも、等しく成り立つのでした。
どんな座標系 $q_i$ から座標系 $\eta_j$ への同次変換

<tex>
q_i = q_i(\eta_1,\eta_2,\cdots,\eta_n) \ \ \ (i = 1,2, \cdots n) \tag{##}
</tex>

で考えても、オイラー・ラグランジュ方程式が成立することを証明します。
簡単の為、ラグランジアンは時間に依存しないものとします。
ある程度分かっている人向けだと思います。

ちょっと復習
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そもそもオイラー・ラグランジュ方程式は、どうやって導出されたのでしょうか。
軽く振り返ってみましょう。

自然界では作用 $S$ (=ラグランジアン $L$ の時間積分)と呼ばれる量が停留値を取るように運動がおこります。
これをハミルトンの原理とか、最小作用の原理といいます。

数式で表すと、 $A$ 点 $B$ 点の間では

<tex>
S = \int_A^B L(q_1 , \dot{q}_1 , \cdots , q_n , \dot{q}_n ) dt \tag{##}
</tex>

として、その変分を $\delta S$ とし、境界項を省略すると、

<tex>
\delta S &= \delta \int_A^B L(q_1 , \dot{q}_1,\cdots) dt \\
&= \int_A^B \left\{ L(q_1 + \delta q_1, \dot{q}_1+\delta \dot{q}_1,\cdots) - L(q_1 , \dot{q}_1 , \cdots ) \right\} dt  \\
&= \int_A^B \left\{ L(q_1 + \delta q_1, \dot{q}_1+\delta \dot{q}_1,\cdots) - L(q_1, \dot{q}_1+\delta \dot{q}_1 \cdots ) \right. \\
&+ \left. L(q_1 , \dot{q}_1+\delta \dot{q}_1,\cdots) - L(q_1 , \dot{q}_1,\cdots) \right\} + \cdots dt  \\
&= \int_A^B \left( \dfrac{\partial L(q_1, \dot{q}_1,\cdots)}{\partial q_1}  \delta q_1 + \dfrac{\partial L(q_1, \dot{q}_1,\cdots)}{\partial \dot{q}_1}) \delta \dot{q}_1 \right) dt \\
&+ \int_A^B \left( \dfrac{\partial L(q_1, \dot{q}_1,\cdots)}{\partial q_2}  \delta q_2 + \dfrac{\partial L(q_1, \dot{q}_1,\cdots)}{\partial \dot{q}_2}) \delta \dot{q}_2 \right) dt + \cdots \\
&= \sum_{i=1}^n \int_A^B \left( \dfrac{\partial L (q_1, \dot{q}_1,\cdots)}{\partial q_i } \delta q_i - \dfrac{d}{dt} \left( \dfrac{\partial L(q_1, \dot{q}_1,\cdots)}{\partial \dot{q}_i} \right) \delta q_i \right) dt \\
&= \sum_{i=1}^n \int_A^B \left( \dfrac{\partial L (q_1, \dot{q}_1,\cdots)}{\partial q_i} - \dfrac{d}{dt} \left( \dfrac{\partial L(q_1, \dot{q}_1,\cdots)}{\partial \dot{q}_i} \right)  \right) \delta q_i dt \\
&= 0 \tag{##}
</tex>

このゼロが恒等的に成立するとすると、オイラー・ラグランジュ方程式、

<tex>
\dfrac{\partial L (q_1, \dot{q}_1,\cdots)}{\partial q_i} - \dfrac{d}{dt} \left( \dfrac{\partial L(q_1, \dot{q}_1,\cdots)}{\partial \dot{q}_i} \right) = 0  \ \ \ \ (i= 1,2,\cdots,n) \tag{##}
</tex>

が導かれます。

さぁ、座標変換だ
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さて、そろそろ本題に入りましょう。座標変換、

<tex>
q_i = q_i(\eta_1,\eta_2,\cdots,\eta_n) \ \ \ (i = 1,2, \cdots n) \tag{##}
</tex>

が与えられているとします。

この時には、

<tex>
&\sum_{i=1}^n \dfrac{\partial \eta_k}{\partial q_i}\dfrac{\partial q_i}{\partial \eta_j} \\
&= \dfrac{\partial \eta_k}{\partial \eta_j} \\
&= \delta_{kj} \tag{##}
</tex>

が成立することを確認しておきます。このδはクロネッカーのデルタ記号です。すると、ラグランジアンの一部について、

<tex>
\sum_{i=1}^n \dfrac{\partial L}{\partial q_i} \delta q_i 
&= \sum_{i,j,k=1}^n \dfrac{\partial L}{\partial \eta_k} \dfrac{\partial \eta_k}{\partial q_i} \dfrac{\partial q_i}{\partial \eta_j} \delta \eta_j \\
&= \sum_{j,k=1}^n \dfrac{\partial L}{\partial \eta_k} \dfrac{\partial \eta_k}{\partial \eta_j} \delta \eta_j \\
&= \sum_{j,k=1}^n \dfrac{\partial L}{\partial \eta_k} \delta_{kj} \delta \eta_j \\
&= \sum_{j=1}^n \dfrac{\partial L}{\partial \eta_j} \delta \eta_j \tag{##}
</tex>

が成立します。同様に、後半部分も、

<tex>
\sum_{i=1}^n \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} \delta \dot{q}_i 
&= \sum_{i,j,k=1}^n \dfrac{\partial L}{\partial \dot{\eta}_k} \dfrac{\partial \dot{\eta}_k}{\partial \dot{q}_i} \dfrac{\partial \dot{q}_i}{\partial \dot{\eta}_j} \delta \dot{\eta}_j \\
&= \sum_{j,k=1}^n \dfrac{\partial L}{\partial \dot{\eta}_k} \dfrac{\partial \dot{\eta}_k}{\partial \dot{\eta}_j} \delta \dot{\eta}_j \\
&= \sum_{j,k=1}^n \dfrac{\partial L}{\partial \dot{\eta}_k} \delta_{kj} \delta \dot{\eta}_j \\
&= \sum_{j=1}^n \dfrac{\partial L}{\partial \dot{\eta}_j} \delta \dot{\eta}_j \tag{##}
</tex>

となります。よって、

<tex>
\delta S 
&= \sum_{i=1}^n \int_A^B \left( \dfrac{\partial L}{\partial q_i}  \delta q_i + \dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} \delta \dot{q}_i \right) dt \\
&= \sum_{j=1}^n \int_A^B \left( \dfrac{\partial L}{\partial \eta_j}  \delta \eta_j + \dfrac{\partial L}{\partial \dot{\eta}_j} \delta \dot{\eta}_j \right) dt \\
&= \sum_{j=1}^n \int_A^B \left( \dfrac{\partial L}{\partial \eta_j} - \dfrac{d}{dt} \left( \dfrac{\partial L}{\partial \dot{\eta}_j} \right) \right) \delta \eta_j dt \\
&= 0 \tag{##}
</tex>

となり、無事、別の座標系 $\eta_j$ でも恒等的にゼロに等しいので、
オイラー・ラグランジュ方程式の別の座標系での表現、

<tex>
\dfrac{\partial L}{\partial \eta_j} - \dfrac{d}{dt} \left( \dfrac{\partial L}{\partial \dot{\eta}_j} \right) = 0  \tag{##}
</tex>

が導けました。今日はここまで、お疲れ様でした。

@@author:クロメル@@
@@accept:2014-03-13@@
@@category:解析力学@@
@@id:coodindep@@
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