Euler-Lagrange-ligning

Som illustreret er der et vejintegrale for enhver vej. Med Euler-Lagrange-ligningen kan vejen, der minimerer integralet, findes.

En Euler-Lagrange-ligning er en partiel differentialligning, for hvilken det gælder, at løsningen er en mængde af funktioner, som opfylder at den første afledte for en given funktional (se funktional-afledte) er lig nul. Euler-Lagrange-ligningen optræder bl.a. inden for analytisk mekanik som betingelsen for stationering af virkningsfunktionalen for et givent mekanisk system.

Ligningen

Givet et funktional på formen

$J[q_{1},...,q_{n}]=\int _{a}^{b}L(x,q_{1}(x),...,q_{n}(x),q'_{1}(x),...,q_{n}'(x))dx$

da er den første funktional-afledte mht.$q_{i}$ ved $x$ givet ved:

${\delta J \over \delta q_{i}(x)}={\partial L \over \partial q_{i}}-{\operatorname {d} \over \operatorname {d} x}{\partial L \over \partial q'_{i}}$

$J$ er stationær, når den funktional-afledte er lig nul, hvorved Euler-Lagrange-ligningerne fås:

${\partial L \over \partial q_{i}}-{\operatorname {d} \over \operatorname {d} x}{\partial L \over \partial q'_{i}}=0\quad \forall i$

Hvis $L$ ikke eksplicit afhænger af $x$, reduceres ligningen til Beltrami-identiteten:

$L-q'_{i}{\partial L \over \partial q'_{i}}=C_{i}\quad \forall i$

hvor $C_{i}$ er konstant.

Udledning

Et funktional på formen

$J=\int _{a}^{b}L(x,q,q')dx$

skal stationeres:

$\delta J=\delta \int _{a}^{b}L(x,q,q')dx=0$

Variationen i $J$ kan skrives ved variationerne i $q$ og $q'$:

$\int _{a}^{b}\left[{\partial L \over \partial q}\delta q+{\partial L \over \partial q'}\delta q'\right]dx=0$

(1)

hvor

$\delta q'\equiv {\frac {d}{dt}}\left(\delta q\right)$

Det kræves desuden, at variationen i hver ende er nul:

$\delta q(a)=\delta q(b)=0$

(2)

Pga. produktreglen gælder:

${\frac {d}{dt}}\left({\partial L \over \partial q'}\delta q\right)={\frac {d}{dt}}\left({\partial L \over \partial q'}\right)\delta q+{\partial L \over \partial q'}{\frac {d}{dt}}\left(\delta q\right)$

Og dermed:

${\partial L \over \partial q'}{\frac {d}{dt}}\left(\delta q\right)=-{\frac {d}{dt}}\left({\partial L \over \partial q'}\right)\delta q+{\frac {d}{dt}}\left({\partial L \over \partial q'}\delta q\right)$

Dette indsættes i lign. 1, og integralet splittes op:

${\begin{aligned}\int _{a}^{b}\left[{\partial L \over \partial q}\delta q-{\frac {d}{dt}}\left({\partial L \over \partial q'}\right)\delta q+{\frac {d}{dt}}\left({\partial L \over \partial q'}\delta q\right)\right]dx&=0\\\int _{a}^{b}\left[{\partial L \over \partial q}\delta q-{\frac {d}{dt}}\left({\partial L \over \partial q'}\right)\delta q\right]dx+\int _{a}^{b}{\frac {d}{dt}}\left({\partial L \over \partial q'}\delta q\right)dx&=0\\\int _{a}^{b}\left[{\partial L \over \partial q}\delta q-{\frac {d}{dt}}\left({\partial L \over \partial q'}\right)\delta q\right]dx+\left[{\partial L \over \partial q'}\delta q\right]_{a}^{b}&=0\end{aligned}}$

Pga. lign. 2 gælder:

$\left[{\partial L \over \partial q'}\delta q\right]_{a}^{b}=0$

Derfor:

${\begin{aligned}\int _{a}^{b}\left[{\partial L \over \partial q}\delta q-{\frac {d}{dt}}\left({\partial L \over \partial q'}\right)\delta q\right]dx&=0\\\int _{a}^{b}\left[{\partial L \over \partial q}-{\frac {d}{dt}}\left({\partial L \over \partial q'}\right)\right]\left(\delta q\right)dx&=0\end{aligned}}$

Integralet består nu af to faktorer. Siden integralet altid skal være nul, og det skal gælde for alle variationer af $q$, må den første faktor være nul:

${\partial L \over \partial q}-{\frac {d}{dt}}\left({\partial L \over \partial q'}\right)=0$

(3)

Dermed er Euler-Lagrange-ligningen udledt.

Endimensionelt eksempel

Et bestemt mekanisk system beskrevet ved én koordinat $x$ og med potentialet $V$ har Lagrangefunktionen:

$L(x,{\dot {x}})=T({\dot {x}})-V(x)={\frac {1}{2}}m{\dot {x}}^{2}-V(x)$

Dvs. at den kinetiske energi er givet som for en klassisk punktmasse med massen $m$ og hastigheden:

${\dot {x}}{\overset {\underset {\mathrm {def} }{}}{=}}{\operatorname {d} x \over \operatorname {d} \!t}$,

mens den potentielle energi afhænger af positionen (den potentielle energi ville fx i et homogent tyngdefelt være givet på formen:

$V(x)=mgx$

Systemet vil udvikle sig således at virkningen $I$ stationeres,

$I=\int Ldt$

Systemets dynamik er derfor beskrevet ved Euler-Lagrange-ligningen:

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

$\Downarrow$

${\frac {d}{dt}}\left({\frac {\partial \left({\frac {1}{2}}m{\dot {x}}^{2}-V(x)\right)}{\partial {\dot {x}}}}\right)-{\frac {\partial \left({\frac {1}{2}}m{\dot {x}}^{2}-V(x)\right)}{\partial x}}=0$

$\Downarrow$

${\frac {d}{dt}}\left(m{\dot {x}}\right)+{\frac {\partial V(x)}{\partial x}}=0$

$\Downarrow$

$m{\ddot {x}}+{\frac {\partial V(x)}{\partial x}}=0$

$\Downarrow$

$m{\ddot {x}}=-{\frac {\partial V(x)}{\partial x}}$

(4)

Eftersom den dobbelte tidsafledte mht. positionen er accelerationen og den positionsafledte mht. det negative potentiale svarer til kraftkomposanten i $x$-retningen, svarer 4 til Newtons anden lov.

$F=m{\ddot {x}}$