[Lagrangian] 라그랑지언

2013. 7. 9. 20:43

** 본 내용은 위키 피디아의 내용을 토대로 정리하였습니다.**

출처 : http://ko.wikipedia.org/wiki/%EB%9D%BC%EA%B7%B8%EB%9E%91%EC%A7%80%EC%95%88

Lagrangian를 이해하기 위해서 그것이 대표적으로 쓰인 라그랑주 역학을 알면 쉽게 접근이 가능하다.

예를들어, 라그랑주 역학에서는 라그랑지언(= 시스템의 동역학을 나태내는 함수를 말한다) 함수를 구하여 라그랑주 방정식 (=오일러-라그랑주 방정식) 넣어서 풀면 물체의 궤적을 알수있는 식을 구할수가 있다.

이는 라그랑지언을 어디에 사용하는가에 따라서 다양한 적용이 가능하는 뜻이다.

그러므로, 라그랑지안은 하나의 테크닉이며, 수학적 기법이라고 할수가 있는 것이다.

[경제학에서의 라그랑지안] -- 출처 : http://economia.tistory.com/2

라그랑주 역학(Lagrangian mechanics)은 조제프 루이 라그랑주가 고전역학을 새롭게 공식화하여 그의 논문 《해석 역학》을 통해 1788년에 발표한 이론이다. 라그랑주 역학에서는 라그랑지언을 구해 라그랑주 방정식에 넣어 풀어냄으로써 물체의 궤적을 구할 수 있다.

**라그랑주 방정식**

라그랑주 역학의 운동방정식을 라그랑주 방정식(Lagrange's equation)이라고 한다. 자세한 형태는 아래와 같다.

${d \over dt} {\partial T \over \partial \dot{q}_\sigma} - {\partial T \over \partial q_\sigma } = Q_\sigma \qquad \sigma = 1, \; \cdots , \; 3N-k$

보존계의 경우, 라그랑주 방정식은 다음과 같은 형태를 가지고, 이러한 방정식을 오일러-라그랑주 방정식(Euler-Lagrange equation)이라고 한다.

${d \over dt} {\partial \mathcal{L} \over \partial \dot{q_\sigma} } - {\partial \mathcal{L} \over \partial q_\sigma} = 0 , \qquad \sigma = 1, \;\cdots ,\;3N-k$

여기서,

q : 일반화 좌표

σ : 일반화 좌표를 나타내는 지표

N : 입자의 수

k : 홀로노믹 구속의 수

t : 시간

ℒ : 라그랑지언, T-U 로 정의

T : 운동 에너지

U : 퍼텐셜

이다. 보통, 오일러-라그랑주 방정식을 대부분의 라그랑주 역학에서 등장하는 문제를 푸는 데 사용하기 때문에 간단히 오일러-라그랑주 방정식을 라그랑주 방정식이라 부르는 경우가 많다

라그랑주 역학에서, 라그랑지언(Lagrangian)이란 계의 동역학을 나타내는 함수다. 라그랑주 역학에서는 계의 상태를 일반화 좌표와 일반화 속도로 나타내므로, 라그랑지언은 일반화 좌표와 일반화 속도의 함수다. 조제프루이 라그랑주가 도입하였다. 기호는 대개 L이다.

라그랑주 역학과 뉴턴 역학은 서로 동등하지만, 라그랑주 역학에서는 직교좌표계 뿐만 아니라 임의의 좌표계 (구면좌표계, 원통좌표계 등)를 사용할 수 있어 편리하다.

*계(系, system)는 구성 요소들을 체계적으로 통일한 조직을 일컫는다. 다시 말해, 일정한 구성 요소들을 포함하고 있고 그 구성 요소들 사이의 상호 관계가 분명히 정의되어 있어야 한다. 계의 정의는 이론에 따라 조금씩 달라질 수 있다.

*동역학(動力學, dynamics)은 물리학에서 고전역학의 한 분야로 힘이 물체의 운동에 미치는 영향을 다룬다. 즉 이는 운동학과 정역학의 결합으로 볼 수 있다.

'고전역학의 라그랑지언과 전미분을 포함하는 라그랑지언과의 차이점을 설명' -> 오일렁 라그랑지언을 얻음.

어떤 운동방정식을 주는 라그랑지언은 유일하지 않다. 예를 들어, 고전역학의 라그랑지언 $L_A(q,\; \dot{q},\; t) = T(q,\; \dot{q},\; t) - V(q,\; t)$ 와 다음과 같은 좌표와 시간만의 임의의 함수 $f(q,\; t)$ 의 시간에 대한 전미분을 포함하는 라그랑지언

${\mathcal L}_B(q,\; \dot{q},\; t) = {\mathcal L}_A(q,\; \dot{q},\; t) + {d \over dt} f(q, \; t)$

을 비교해보자. 두 이들이 주는 작용의 차이는

$\begin{align} S_B & = \int_{t_1}^{t_2} {L_B(q,\; \dot{q},\; t)} \, dt \\ & = \int_{t_1}^{t_2} {L_A(q,\; \dot{q},\; t)} \, dt + \int_{t_1}^{t_2} {{d \over dt} f(q, \; t)} \, dt \\ & = S_A + \left. f(q,\; t) \right|_{t=t_2} - \left. f(q,\; t)\right|_{t=t_1} \end{align}$

이므로 $\left. f(q,\; t) \right|_{t=t_2} - \left. f(q,\; t)\right|_{t=t_1}$ 만큼 차이가 난다. 하지만 이는 상수이므로 여기에 변분을 취하면

$\delta S_B = \delta S_A + \delta \left[ \left. f(q,\; t) \right|_{t=t_2} - \left. f(q,\; t)\right|_{t=t_1} \right] = \delta S_A$

가 되어 최종적으로 다음과 같은 오일러-라그랑주 방정식을 얻게 되며 두 라그랑지언에 의해 얻게 되는 운동방정식은 같게 된다.

$\frac{d}{d t}\frac{\partial L}{\partial\dot q} = \frac{\partial L}{\partial q}$

일반적으로, 라그랑지언이 어떤 임의의 함수의 전미분만큼 달라도 같은 오일러-라그랑주 방정식을 얻는다.

오일러 - 라그랑지 방정식의 유도과정은 아래와 같다.

Euler-Lagrange Equation

It is a well-known fact, first enunciated by Archimedes, that the shortest distance between two points in a plane is a straight-line. However, suppose that we wish to demonstrate this result from first principles. Let us consider the length, , of various curves, , which run between two fixed points, and , in a plane, as illustrated in Figure 127. Now, takes the form

$\begin{displaymath} l = \int_A^B [dx^2 + dy^2]^{1/2} = \int_a^b [1 + y'^{\,2}(x)]^{1/2}\,dx, \end{displaymath}$

where $y'\equiv dy/dx$ . Note that is a function of the function . In mathematics, a function of a function is termed a functional.

**Figure 127:** *Different paths between points and.*
$\begin{figure} \epsfysize =2.5in \centerline{\epsffile{AppendixD/figD.01.eps}} \end{figure}$

Now, in order to find the shortest path between points and , we need to minimize the functional with respect to small variations in the function , subject to the constraint that the end points, and , remain fixed. In other words, we need to solve

$\begin{displaymath} \delta l = 0. \end{displaymath}$

The meaning of the above equation is that if $y(x)\rightarrow y(x)+\delta y(x)$ , where $\delta y(x)$ is small, then the first-order variation in , denoted $\delta l$ , vanishes. In other words, $l\rightarrow l + {\cal O}(\delta y^{\,2})$ . The particular function for which $\delta l =0$ obviously yields an extremum of (i.e., either a maximum or a minimum). Hopefully, in the case under consideration, it yields a minimum of .

Consider a general functional of the form

$\begin{displaymath} I = \int_a^b F(y, y',x)\,dx, \end{displaymath}$

where the end points of the integration are fixed. Suppose that $y(x)\rightarrow y(x)+\delta y(x)$ . The first-order variation in is written

$\begin{displaymath} \delta I = \int_a^b\left(\frac{\partial F}{\partial y}\,\delta y+ \frac{\partial F}{\partial y'}\,\delta y'\right)dx, \end{displaymath}$

where $\delta y' = d(\delta y)/dx$ . Setting $\delta I$ to zero, we obtain

$\begin{displaymath} \int_a^b\left(\frac{\partial F}{\partial y}\,\delta y+ \frac{\partial F}{\partial y'}\,\delta y'\right)\,dx = 0. \end{displaymath}$

This equation must be satisfied for all possible small perturbations $\delta y(x)$ .

Integrating the second term in the integrand of the above equation by parts, we get

$\begin{displaymath} \int_a^b\left[\frac{\partial F}{\partial y}- \frac{d}{dx}\!\... ... +\left[\frac{\partial F}{\partial y'}\,\delta y\right]_a^b=0. \end{displaymath}$

Now, if the end points are fixed then $\delta y=0$ at and . Hence, the last term on the left-hand side of the above equation is zero. Thus, we obtain

$\begin{displaymath} \int_a^b\left[\frac{\partial F}{\partial y}- \frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right)\right]\delta y\,dx =0. \end{displaymath}$

The above equation must be satisfied for all small perturbations $\delta y(x)$ . The only way in which this is possible is for the expression enclosed in square brackets in the integral to be zero. Hence, the functional attains an extremum value whenever

$\begin{displaymath} \frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right)-\frac{\partial F}{\partial y} = 0. \end{displaymath}$

This condition is known as the Euler-Lagrange equation.

Let us consider some special cases. Suppose that does not explicitly depend on . It follows that $\partial F/\partial y = 0$ . Hence, the Euler-Lagrange equation (1681) simplifies to

$\begin{displaymath} \frac{\partial F}{\partial y'} = {\rm const}. \end{displaymath}$

Next, suppose that does not depend explicitly on . Multiplying Equation (1681) by , we obtain

$\begin{displaymath} y'\,\frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right)-y'\,\frac{\partial F}{\partial y} = 0. \end{displaymath}$

However,

$\begin{displaymath} \frac{d}{dx}\!\left(y'\,\frac{\partial F}{\partial y'}\right... ...l F}{\partial y'}\right)+ y''\,\frac{\partial F}{\partial y'}. \end{displaymath}$

Thus, we get

$\begin{displaymath} \frac{d}{dx}\!\left(y'\,\frac{\partial F}{\partial y'}\right... ...\partial F}{\partial y} + y''\,\frac{\partial F}{\partial y'}. \end{displaymath}$

Now, if is not an explicit function of then the right-hand side of the above equation is the total derivative of , namely . Hence, we obtain

$\begin{displaymath} \frac{d}{dx}\!\left(y'\,\frac{\partial F}{\partial y'}\right) = \frac{dF}{dx}, \end{displaymath}$

which yields

$\begin{displaymath} y'\,\frac{\partial F}{\partial y'} - F = {\rm const}. \end{displaymath}$

Returning to the case under consideration, we have $F = \sqrt{1+y'^{\,2}}$ , according to Equation (1674) and (1676). Hence, is not an explicit function of , so Equation (1682) yields

$\begin{displaymath} \frac{\partial F}{\partial y'} = \frac{y'}{\sqrt{1+y'^{\,2}}} = c, \end{displaymath}$

where is a constant. So,

$\begin{displaymath} y' = \frac{c}{\sqrt{1-c^2}} = {\rm const}. \end{displaymath}$

Of course, $y' = {\rm constant}$ is the equation of a straight-line. Thus, the shortest distance between two fixed points in a plane is indeed a straight-line.

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