[數學物理]Euler-Lagrange方程

(Update:09/18/2012, 新增測地線的推導)

假設 $L:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}$ 的光滑函數(稱為Lagrangian)，考慮下列積分

$\displaystyle S[q]=\int_{a}^{b}L(t,q,\dot{q})dt,$

其中 $\dot{q}(t)$ 為 $dq/dt$ 的簡寫。如果我們令

$\displaystyle X=\{q\in C^{\infty}[a,b]:q(a)=q(b)=0\}$

那麼我們可以把 $S$ 看成是 $X$ 上的函數 $S:X\to\mathbb{R}$ ，我們把這類的函數稱為泛函(functional)。我們希望找出泛函 $S$ 的極值。利用微積分的方法我們知道，要求出函數 $y=f(x)$ 極值點，我們先求出 $f'(x)=0$ 的解，再考慮 $f''(x)$ 的正負號，並且比較函數在定義域邊界上的值。因此，我們就必須考慮，甚麼叫做 $\partial S/\partial q$ 。利用方向導數的概念:我們任取一個函數 $h$ 並且考慮 $S[q+sh]$ ，則

$\displaystyle S[q+sh]=\int_{a}^{b}L(t,q+sh,\dot{q}+s\dot{h})dt.$

利用方向導數的定義可知:

$\displaystyle\delta S_{q}[h]=\left.\frac{d}{dt}S[q+sh]\right|_{s=0}=\int_{a}^{b}(\frac{\partial L}{\partial q}h+\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\dot{h}dt)$

利用分部積分與邊界條件 $q(a)=q(b)=0$ 我們推得

$\displaystyle\delta S_{q}[h]=\int_{a}^{b}(\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot{q}})hdt.$

如果把積分想成是內積，在學微積分時 $df_{x}(v)=\langle \nabla f(x),v\rangle$ 。於是我們就定義: $S$ 的梯度為

$\displaystyle\frac{\delta S}{\delta q}=\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}.$

我們知道，函數的極點(critical point)是滿足 $\nabla f(x)=0$ (在一維時是 $f'(x)=0$ )的點。於是 $\delta S/\delta q=0$ 等價於

$\displaystyle\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}=0.$

我們稱上述方程式為 $S$ 的Euler-Lagrange方程。有時候，我們也會把方向導數寫成全微分形式:

$\displaystyle\delta S=\int_{a}^{b}(\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot{q}})\delta q dt.$

舉例來說:考慮

$\displaystyle L=m\frac{\dot{q}^{2}}{2}-V(q).$

由於

$\displaystyle\frac{\partial L}{\partial q}=-\frac{\partial V}{\partial q},$ $\displaystyle\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}=\frac{d}{dt}m\dot{q}=m\ddot{q}.$

則泛函的Euler Lagrange方程為以下的牛頓方程:

$\displaystyle m\ddot{q}=-\frac{\partial V}{\partial q}.$

假設 $L:\mathbb{R}^{2N+1}\to\mathbb{R}$ ，我們考慮

$\displaystyle S[q_{1},\cdots,q_{N}]=\int_{a}^{b}L(t,q_{1},\cdots,q_{N},\dot{q}_{1},\cdots,\dot{q}_{N})dt.$

利用類似的想法，我們可以推導出 $S$ 的Euler-Lagrange方程:

$\displaystyle \frac{\partial L}{\partial q_{i}}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_{i}}=0,$ $1\leq i\leq N.$

範例:假設 $g_{ij}(q_{1},\cdots,q_{N})$ 是光滑函數，並且 $(g_{ij})$ 在每個點 $(q_{1},\cdots,q_N)$ 上均是正定矩陣。考慮

$\displaystyle S=\int_{a}^{b}\sum_{i,j}g_{ij}(q_{1},\cdots,q_{N})\dot{q}_{i}\dot{q}_{j}dt.$

所以這個泛函的Lagrangian為

$\displaystyle L=g_{ij}(q_{1},\cdots,q_{N})\dot{q}_{i}\dot{q}_{j}.$

為了方便起見，我們把"和"的記號給省略。那麼

$\displaystyle\frac{\partial L}{\partial q_{k}}=\frac{\partial g_{ij}}{\partial q_{k}}\dot{q}_{i}\dot{q}_{j}$

且

$\displaystyle\frac{\partial L}{\partial\dot{q}_{k}}=g_{kj}\dot{q}_{i}+g_{ik}\dot{q}_{i}.$

於是

$\displaystyle\frac{d}{dt}\displaystyle\frac{\partial L}{\partial\dot{q}_{k}}=g_{kj}\ddot{q}_{j}+g_{ik}\ddot{q}_{i}+\frac{\partial g_{kj}}{\partial q_{l}}\dot{q}_{l}\dot{q}_{j}+\frac{\partial g_{ik}}{\partial q_{l}}\dot{q}_{l}\dot{q}_{j}.$

記 $\partial_{l}g_{ij}=\partial g_{ij}/\partial q_{l}.$ 令 $(g^{kl})$ 表示矩陣 $(g_{ij})$ 的反矩陣。則利用Euler-Lagrange方程之後我們推得

$\displaystyle \partial_{k}g_{ij}\dot{q}_{i}\dot{q}_{j}=g_{kj}\ddot{q}_{j}+g_{ik}\ddot{q}_{i}+\frac{\partial g_{kj}}{\partial q_{l}}\dot{q}_{l}\dot{q}_{j}+\frac{\partial g_{ik}}{\partial q_{l}}\dot{q}_{l}\dot{q}_{j}.$