Eichtransformation der Lagrangefunktion

Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

Der Artikel Eichtransformation der Lagrangefunktion basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 2.Kapitels (Abschnitt 3) der Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

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Uneindeutigkeit der Lagrangefunktion

Die Lagarangefunktion wird duch die Lagrangegleichung nicht eindeutig festgelegt.

Betrachten wir beispielsweise ein geladenes Teilchen im elektrischen Feld:

$(q_1,q_2,q_3)=(x_1,x_2,x_3)$

e sei die Ladung

Bewegungsgleichung:

$m\frac{{d^2}^{}}{d{t}^2}(q_1,q_2,q_3)=m\ddot{\overline{q}}=e\overline{E}(\overline{q},t)+e\dot{\overline{q}}\times \overline{B}(\overline{q},t)$

Die Lorentzkraft ist typischerweise nicht konservativ

Die Darstellung des elektrischen und magnetischen Feldes erfolgt über die Potenziale:

$\begin{array}{rl}& \overline{E}(\overline{q},t)=-\mathrm{\nabla }\mathrm{\Phi }(\overline{q},t)-\frac{\partial }{\partial t}\overline{A}(\overline{q},t)\\ & \overline{B}(\overline{q},t)=\mathrm{\nabla }\times \overline{A}(\overline{q},t)\\ \end{array}$

Dabei ist $\mathrm{\Phi }$ Skalar und A ein Vektorpotenzial (MKSA- System)

Ziel: Suche eine Lagrangefunktion $L(q,\dot{q},t)=T-V$ in der Art, dass $\frac{\partial L}{\partial q_k}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_k}=0$

Die Bewegungsgleichung $m\frac{{d^2}^{}}{d{t}^2}(q_1,q_2,q_3)=m\ddot{\overline{q}}=e\overline{E}(\overline{q},t)+e\dot{\overline{q}}\times \overline{B}(\overline{q},t)$ ergeben.

Ansatz:

$L(q,\dot{q},t)=\frac{m}{2}{\dot{\overline{q}}}^2+e(\dot{\overline{q}}\overline{A}(\overline{q},t)-\mathrm{\Phi }(\overline{q},t))$

Probe:

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_k}=m{\dot{q}}_k+e{A}_k\\ & \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_k}=m{\ddot{q}}_k+e\frac{d}{dt}{A}_k(\overline{q}(t),t)\\ & \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_k}=m{\ddot{q}}_k+e(\frac{\partial }{\partial t}{A}_k+\sum _l\frac{\partial A_k}{\partial q_l}{\dot{q}}_l)\\ & \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_k}=m{\ddot{q}}_k+e(\frac{\partial }{\partial t}{A}_k+(\dot{\overline{q}}\cdot \mathrm{\nabla })A_k)\\ \end{array}$

Weiter:

$\frac{\partial L}{\partial q_k}=e[\frac{\partial }{\partial q_k}(\dot{\overline{q}}\cdot \overline{A})-\frac{\partial }{\partial q_k}\mathrm{\Phi }]$

Somit:

$\begin{array}{rl}& 0=\frac{\partial L}{\partial q_k}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_k}=m{\ddot{q}}_k+e(\frac{\partial }{\partial t}{A}_k+(\dot{\overline{q}}\cdot \mathrm{\nabla })A_k)-e[\frac{\partial }{\partial q_k}(\dot{\overline{q}}\cdot \overline{A})-\frac{\partial }{\partial q_k}\mathrm{\Phi }]\\ & =m{\ddot{q}}_k+e(\frac{\partial }{\partial t}{A}_k+\frac{\partial }{\partial q_k}\mathrm{\Phi })+e[-\frac{\partial }{\partial q_k}(\dot{\overline{q}}\cdot \overline{A})+(\dot{\overline{q}}\cdot \mathrm{\nabla })A_k]\\ & =m{\ddot{q}}_k-e{E}_k-{[e\dot{\overline{q}}\times (\mathrm{\nabla }\times \overline{A})]}_k\\ & =m{\ddot{q}}_k-e{E}_k-{[e\dot{\overline{q}}\times \overline{B}]}_k\\ \end{array}$

Somit erfüllt unser Ansatz die Bewegungsgleichungen

Eichtransformationen

Die Potenziale lassen sich umeichen mit Hilfe der Eichfunktion $\chi$

$\begin{array}{rl}& \overline{A}(\overline{q},t)\to \overline{A}\stackrel{´}{}(\overline{q},t)=\overline{A}(\overline{q},t)+\mathrm{\nabla }\chi (\overline{q},t)\\ & \mathrm{\Phi }(\overline{q},t)\to \mathrm{\Phi }\stackrel{´}{}(\overline{q},t)=\mathrm{\Phi }(\overline{q},t)-\frac{\partial }{\partial t}\chi (\overline{q},t)\\ \end{array}$

Durch Eisnetzen sieht man schnell, dass sich die Felder nicht ändern:

$\begin{array}{rl}& \overline{E}\stackrel{´}{}(\overline{q},t)=-\mathrm{\nabla }\mathrm{\Phi }\stackrel{´}{}(\overline{q},t)-\frac{\partial }{\partial t}\overline{A}\stackrel{´}{}(\overline{q},t)=-\mathrm{\nabla }(\mathrm{\Phi }(\overline{q},t)-\frac{\partial }{\partial t}\chi (\overline{q},t))-\frac{\partial }{\partial t}(\overline{A}(\overline{q},t)+\mathrm{\nabla }\chi (\overline{q},t))=\overline{E}(\overline{q},t)\\ & \overline{B}\stackrel{´}{}(\overline{q},t)=\mathrm{\nabla }\times \overline{A}\stackrel{´}{}(\overline{q},t)=\mathrm{\nabla }\times (\overline{A}(\overline{q},t)+\mathrm{\nabla }\chi (\overline{q},t))=\overline{B}(\overline{q},t)\\ \end{array}$

Betrachten wir die Lagrangefunktion, so ergibt sich:

$\begin{array}{rl}& L\stackrel{´}{}(q,\dot{q},t)=\frac{m}{2}{\dot{\overline{q}}}^2+e(\dot{\overline{q}}\overline{A}\stackrel{´}{}(\overline{q},t)-\mathrm{\Phi }\stackrel{´}{}(\overline{q},t))\\ & L\stackrel{´}{}(q,\dot{q},t)=\frac{m}{2}{\dot{\overline{q}}}^2+e(\dot{\overline{q}}\overline{A}(\overline{q},t)+\dot{\overline{q}}\cdot \mathrm{\nabla }\chi -\mathrm{\Phi }(\overline{q},t)+\dot{\chi })\\ & L\stackrel{´}{}(q,\dot{q},t)=L+e(\dot{\chi }+\dot{\overline{q}}\cdot \mathrm{\nabla }\chi )\stackrel{´}{}=L+\frac{d}{dt}(e\chi (\overline{q},t))\\ \end{array}$

Einsetzen zeigt: L´ führt zu denselben Lagrangegleichungen wie L.

Die Eichtransformation

$L(q,\dot{q},t)\to L\stackrel{´}{}(q,\dot{q},t)=L+\frac{d}{dt}(M(\overline{q},t))$

Mit einer beliebigen Eichfunktion M ( skalar) läßt die Lagrangegleichungen invariant.

Allgemein gilt:

Sei $M(\overline{q},t)=M(q_1,...,q_f,t)\in C^3$ beliebig

und $\begin{array}{rl}& L\stackrel{´}{}(q,\dot{q},t)=L+(\dot{M}+\dot{\overline{q}}\cdot \mathrm{\nabla }M)=L+\frac{d}{dt}(M(\overline{q},t))\\ & L\stackrel{´}{}(q,\dot{q},t)=L+\sum _{k=1}^f\frac{\partial M}{\partial q_k}{\dot{q}}_k+\frac{\partial M}{\partial t}\\ \end{array}$

dann erfüllen die

$\{q_k(t)\}$

das hamiltonsche Prinzip

Also:

$\delta \int L\stackrel{´}{}dt=0\iff \delta \int Ldt=0$

Das bedeutet, die Euler- Lagrangegleichungen sind invariant unter Transformationen der Art

$L(q,\dot{q},t)\to L\stackrel{´}{}(q,\dot{q},t)=L+\frac{d}{dt}(M(\overline{q},t))$

mit $M(\overline{q},t)=M(q_1,...,q_f,t)\in C^3$ beliebig.

Beweis:

$\begin{array}{rl}& \frac{\partial L\stackrel{´}{}}{\partial q_k}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L\stackrel{´}{}}{\partial {\dot{q}}_k}=\frac{\partial L}{\partial q_k}+\frac{\partial }{\partial q_k}\left(\sum _{l=1}^f\frac{\partial M}{\partial q_l}{\dot{q}}_l+\frac{\partial M}{\partial t}\right)-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_k}-\frac{d}{dt}\frac{\partial }{\partial {\dot{q}}_k}\left(\sum _{l=1}^f\frac{\partial M}{\partial q_l}{\dot{q}}_l+\frac{\partial M}{\partial t}\right)\\ & =\frac{\partial L}{\partial q_k}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_k}+\frac{\partial }{\partial q_k}\frac{dM}{dt}-\frac{d}{dt}\frac{\partial M}{\partial q_k}=\frac{\partial L}{\partial q_k}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_k}\\ \end{array}$

mit

$\frac{\partial }{\partial {\dot{q}}_k}\left(\sum _{l=1}^f\frac{\partial M}{\partial q_l}{\dot{q}}_l+\frac{\partial M}{\partial t}\right)=\frac{\partial M}{\partial q_k}$

Einzige Nebenbedingung:

$M(\overline{q},t)=M(q_1,...,q_f,t)\in C^3$ darf nicht explizit von ${\dot{q}}_k$ abhängen.

Beispiel: eindimensionaler Oszi $L=T-V=\frac{m}{2}{\dot{q}}^2-\frac{m{\omega }^2}{2}{q}^2$ Beispielhafte Eichfunktion: $M(q):=\frac{m{\omega }^2}{2}{q}^2\Rightarrow \frac{dM}{dt}=m{\omega }^{2}q\dot{q}$ $L\stackrel{´}{}=\frac{m}{2}{\dot{q}}^2-\frac{m{\omega }^2}{2}(q^2-2q\dot{q})$ Die Lagrangegleichungen lauten: $\begin{array}{rl}& \frac{d}{dt}\frac{\partial L\stackrel{´}{}}{\partial {\dot{q}}_{}}=m\ddot{q}+m{\omega }^2\dot{q}\\ & \frac{\partial L\stackrel{´}{}}{\partial q_k}=-m{\omega }^{2}q+m{\omega }^2\dot{q}\\ \end{array}$ Es folgt als Bewegungsgleichung $\ddot{q}+{\omega }^{2}q=0$

Forminvarianz der Lagrangegleichung

Eine schwächere Form der Invarianz ( als die Eichinvarianz) ist die Forminvarianz.

Dabei gilt als Forminvarianz:

$\frac{\partial L}{\partial q_k}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_k}=0\Rightarrow \frac{\partial L}{\partial Q_k}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {\dot{Q}}_k}=0$

Für welche Trnsformationen der generalisierten Koordinaten

$F:\left\{q_k\right\}\to \left\{Q_k\right\}$

sind nun die Lagrangegleichungen forminvariant ?

Satz:

Sei $F:\left\{q_k\right\}\to \left\{Q_k\right\}$ ein C²- Diffeomorphismus,

also eine umkehrbare und eindeutige Abbildung und sind

$F,F^{-1}$ beide zweimal stetig differenzierbar, dann ist

$\{Q_k(t)\}$ Lösung der Lagrangegleichung zur transformierten Lagrangefunktion:

$\tilde{L}(Q_k,{\dot{Q}}_k,t):=L(f_k(Q_i,t),\sum _i\frac{\partial f_k}{\partial Q_i}{\dot{Q}}_i+\frac{\partial f_k}{\partial t},t)$

mit

$\begin{array}{rl}& f_k(Q_i,t)=q_k\\ & \sum _i\frac{\partial f_k}{\partial Q_i}{\dot{Q}}_i+\frac{\partial f_k}{\partial t}={\dot{q}}_k\\ \end{array}$

Diese Aussage ist äquivalent zur Aussage:

$\{q_k(t)\}$ sind Lösung der Lagrangegleichungen zu $L(q_k,{\dot{q}}_k,t)$

Beweis:

$\frac{d}{dt}\frac{\partial \tilde{L}}{\partial {\dot{Q}}_k}=\sum _{l=1}^f\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_l}\frac{\partial {\dot{q}}_l}{\partial {\dot{Q}}_k}=\sum _{l=1}^f\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_l}\frac{\partial q_l}{\partial Q_k}\right)$ wegen

$\begin{array}{rl}& f_k(Q_i,t)=q_k\\ & \sum _i\frac{\partial f_k}{\partial Q_i}{\dot{Q}}_i+\frac{\partial f_k}{\partial t}={\dot{q}}_k\\ \end{array}$

Nun:

$\begin{array}{rl}& \frac{d}{dt}\frac{\partial \tilde{L}}{\partial {\dot{Q}}_k}=\sum _{l=1}^f\{\left[\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_l}\right)\right]\frac{\partial q_l}{\partial Q_k}+\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_l}\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial q_l}{\partial Q_k}\right)\}\\ & =\sum _{l=1}^f\{\left[\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_l}\right)\right]\frac{\partial q_l}{\partial Q_k}+\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_l}\left(\frac{\partial {\dot{q}}_l}{\partial Q_k}\right)\}\\ \end{array}$

und auf der anderen Seite:

$\frac{\partial \tilde{L}}{\partial Q_k}=\sum _{l=1}^f(\frac{\partial L}{\partial q_l}\frac{\partial q_l}{\partial Q_k}+\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_l}\left(\frac{\partial {\dot{q}}_l}{\partial Q_k}\right))$

Somit:

$\begin{array}{rl}& \frac{d}{dt}\frac{\partial \tilde{L}}{\partial {\dot{Q}}_k}-\frac{\partial \tilde{L}}{\partial Q_k}=\sum _{l=1}^f\{\left[\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_l}\right)\right]\frac{\partial q_l}{\partial Q_k}+\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_l}\left(\frac{\partial {\dot{q}}_l}{\partial Q_k}\right)-(\frac{\partial L}{\partial q_l}\frac{\partial q_l}{\partial Q_k}+\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_l}\left(\frac{\partial {\dot{q}}_l}{\partial Q_k}\right))\}\\ & =\sum _{l=1}^f\{\left[\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_l}\right)\right]\frac{\partial q_l}{\partial Q_k}-\left(\frac{\partial L}{\partial q_l}\frac{\partial q_l}{\partial Q_k}\right)\}=\sum _{l=1}^f\frac{\partial q_l}{\partial Q_k}\{\left[\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_l}\right)\right]-\left(\frac{\partial L}{\partial q_l}\right)\}\\ \end{array}$

Dabei bildet

$\frac{\partial q_l}{\partial Q_k}$ die Transformationsmatrix, die nichtsingulär sein muss, also $\det \frac{\partial q_l}{\partial Q_k}\ne 0$

Daher die Bedingung, dass

Sei $F:\left\{q_k\right\}\to \left\{Q_k\right\}$ ein C²- Diffeomorphismus,

also eine umkehrbare und eindeutige Abbildung und

$F,F^{-1}$ beide zweimal stetig differenzierbar.

Nur dann ist $\{Q_k(t)\}$ Lösung der Lagrangegleichung zur transformierten Lagrangefunktion.

Denn diese Aussage ist äquivalent zu

$\begin{array}{rl}& Q_i=F_i(q_1,...q_f,t)\\ & q_k=f_k(Q_1,...,Q_f,t)mit\det \frac{\partial f_k}{\partial Q_i}\ne 0\\ \end{array}$

Man sagt, die Variationsableitung

$\frac{d}{dt}\frac{\partial \tilde{L}}{\partial {\dot{Q}}_k}-\frac{\partial \tilde{L}}{\partial Q_k}$ ist kovariant unter diffeomorphen Transformationen der generalisierten Koordinaten

Also gibt es auch unendlich viele äquivalente Sätze generalisierter Koordinaten.