Verständnisfrage zur Notation

27.05.2013, 21:58

TruEnemy

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Verständnisfrage zur Notation

Hallo,

ich habe mit folgender Notation Probleme: mehrere Felder $\begin{eqnarray*} \phi_i (\vec{x},t) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} i = 1, ..., N \end{eqnarray*}$
lassen sich (laut Skript) auch als $\begin{eqnarray*} \phi_i (x^{\mu}) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x^{\mu} = (\vec{x},t) \end{eqnarray*}$ schreiben. Aber was beudeu-
tet letzteres denn ausgeschrieben? Aus der Physik ist mir das als Vierer-Vektor bekannt

$\begin{eqnarray*} \begin{gathered}<br /> x^{\mu} = \begin{pmatrix} \vec{x} \\ t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ t \end{pmatrix} \equiv \begin{pmatrix} x^0 \\ x^1 \\ x^2 \\ x^3 \end{pmatrix} \in \mathbb R^4<br /> \end{gathered} \end{eqnarray*}$

Ist also

$\begin{eqnarray*} \begin{gathered}<br /> \phi_i (x^{\mu}) = \phi_i \left( \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ t \end{pmatrix} \right)<br /> \end{gathered} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{gathered}<br /> \phi_i (x_{\mu}) = \phi_i ( (x, y, z, t )) <br /> \end{gathered} \end{eqnarray*}$

?

Grüße!

27.05.2013, 23:27

Dopap

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RE: Verständnisfrage zur Notation
Ach ja, die gute alte Schreibverwirrung. Das kommt eben davon, wenn man immer "einfachere" Schreibfiguren entwickelt. Allein $\begin{eqnarray*} x^{\mu} = (\vec{x},t) \end{eqnarray*}$ ist etwas sehr gewöhnungsbedürftig .

die $\begin{eqnarray*} \phi_i \end{eqnarray*}$ haben 2 Argumente: einen Vektor und einen Skalar. Die kannst du zwar in ein Viererargument umrechnen, nur sollte der Funktionsname nicht mehr derselbe sein.
meine Meinung.

Oft sind ja wie in der Physik die Felder derart, dass das Argument $\begin{eqnarray*} (\vec x,t) \end{eqnarray*}$ bei z.B. einem radialen zeitlich variablen elektrischen Feld die Feldstärke damit passend ausgedrückt werden kann, wobei $\begin{eqnarray*} \vec x \end{eqnarray*}$ nur als Faktor

$\begin{eqnarray*} \frac {1}{(\vec x)^2} \end{eqnarray*}$ auftritt.

Es lohnt sich hier also gar nicht, die Funktionschreibfigur derart zu ändern, dass die Komponenten von $\begin{eqnarray*} \vec x \end{eqnarray*}$ explizit auftreten.

Trotzdem ist wohl sinnigerweise $\begin{eqnarray*} \phi(\vec x, t) \end{eqnarray*}$ nur als eine abkürzende Schreibweise für

$\begin{eqnarray*} \phi(x,y,z,t) \end{eqnarray*}$ zu verstehen.

28.05.2013, 07:26

TruEnemy

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Zunächst mal vielen Dank für deine Antwort. Das Problem ist nun eben, dass ich
versuche, eine Herleitung nachzuvollziehen, wo diese Notation benutzt wurde.
Und da mir diese ebenfalls suspekt ist, muss ich das nun rückübersetzen ^^

Ich betrachte, wie bereits erwähnt, mehrere Felder $\begin{eqnarray*} \phi_i (\vec{x},t) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} i = 1, ..., N \end{eqnarray*}$
Die Lagrange-Dichte ist dann gegeben durch $\begin{eqnarray*} \mathcal L = \mathcal L (\phi_i (\vec{x},t), \partial_t \phi_i (\vec{x},t), \vec{\nabla} \phi_i (\vec{x},t)) \end{eqnarray*}$ .

In der Herleitung wurden nun eben die folgenden Schreibweisen eingeführt:

$\begin{eqnarray*} x^{\mu} = (\vec{x},t) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mathcal L = \mathcal L (\phi_i (x^{\mu}), \partial_{\mu} \phi_i (x^{\mu})) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \partial_{\mu} = \frac{\partial}{\partial x^{\mu}}, \partial^{\mu} = \frac{\partial}{\partial x_{\mu}} \end{eqnarray*}$

Insbesondere unter den letzten beiden Zeilen kann ich mir halt realtiv wenig
vorstellen, wenn ich ehrlich bin. Ich weiß nicht, wie ich das nun rückübersetzen
soll. Eventuell würde es auch reichen, die Endformel rückzuübersetzen, also

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial \mathcal L}{\partial \phi_i (x^{\mu})} - \partial_{\mu} \left(\frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_{\mu} \phi_i (x^{\mu}))} \right) = 0 \end{eqnarray*}$

28.05.2013, 08:42

TruEnemy

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Oder die beste Lösung wäre wohl, wenn mir jemand helfen könnte

$\begin{eqnarray*} \mathcal L (S(\vec{x},t), \partial_t S(\vec{x},t), \vec{\nabla} S(\vec{x},t)) = \left[\frac{\partial S}{\partial t} + \frac{(\vec{\nabla} S)^2}{2m} + V(\vec{x},t) \right] \end{eqnarray*}$

passend zu $\begin{eqnarray*} \mathcal L = \mathcal L (S(x^{\mu}), \partial_{\mu} S(x^{\mu})) \end{eqnarray*}$ umzuformen. Das wäre toll!!

28.05.2013, 10:34

RavenOnJ

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Was dich wahrscheinlich irritiert, ist die Schreibweise mit $\begin{eqnarray*} x^\mu \end{eqnarray*}$ als Argument in $\begin{eqnarray*} \phi_i(x^\mu) \end{eqnarray*}$ und gleichzeitig die Ableitung $\begin{eqnarray*} \partial_{\mu} = \frac{\partial}{\partial x^{\mu}} \end{eqnarray*}$ . Diese Schreibweise ist allerdings etwas seltsam, da das eine $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} x^\mu \end{eqnarray*}$ mit dem anderen in $\begin{eqnarray*} \partial_{\mu} \end{eqnarray*}$ nichts zu tun hat. Ich würde die Euler-Lagrange-Gleichungen als

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial\mathcal L}{\partial\phi_i} - {\partial_\mu} \frac{\partial\mathcal L}{\partial ( \partial_\mu \phi_i ) } = 0 \quad i\in\{1,2,\cdots\} \end{eqnarray*}$

schreiben und wenn schon unbedingt Argumente für $\begin{eqnarray*} \phi_i \end{eqnarray*}$ dastehen sollen, dann $\begin{eqnarray*} \phi_i (x^\nu) \end{eqnarray*}$ also

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial\mathcal L}{\partial\phi_i(x^\nu)} - {\partial_\mu} \frac{\partial\mathcal L}{\partial ( \partial_\mu \phi_i (x^\nu)) } := \frac{\partial\mathcal L}{\partial\phi_i(x^\nu)} - \sum_{\mu = 0}^3\frac{\partial}{\partial x^{\mu}} \frac{\partial\mathcal L}{\partial (\frac{\partial}{\partial x^{\mu}} \phi_i (x^\nu)) } = 0 \end{eqnarray*}$

Die erste Schreibweise ist nur die Einsteinsche Summenkonvention.

Auch dieses

$\begin{eqnarray*} \partial_{\mu} = \frac{\partial}{\partial x^{\mu}}, \partial^{\mu} = \frac{\partial}{\partial x_{\mu}} \end{eqnarray*}$

irritiert dich anscheinend, dass einmal der Index oben und einmal unten steht. Dies hängt mit dem Transformationsverhalten des (kovarianten) Vektors der partiellen Ableitungen $\begin{eqnarray*} (\partial_0,\partial_1,\partial_2,\partial_3), \partial_\mu :=\frac{\partial}{\partial x^\mu} \end{eqnarray*}$ bei Koordinatentransformationen zusammen, im Gegensatz zu dem des (kontravarianten) Koordinatenvektors $\begin{eqnarray*} (x^0,x^1,x^2,x^3) \end{eqnarray*}$ . (Ich weiß nicht, welche Koordinatennummerierung ihr benutzt, da gibt es verschiedene Konventionen. Ich nehme hier $\begin{eqnarray*} x_1,x_2,x_3 \end{eqnarray*}$ für die Raumkoordinaten und $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ für die Zeitkoordinate.) Man kann allerdings auch kovariante Koordinaten $\begin{eqnarray*} (x_0,x_1,x_2,x_3) \end{eqnarray*}$ und dazugehörige kontravariante partielle Ableitungen $\begin{eqnarray*} \partial^{\mu} = \frac{\partial}{\partial x_{\mu}} \end{eqnarray*}$
benutzen. Üblicher ist aber, glaube ich, ersteres. Die kovarianten Koordinaten gehen aus den kontravarianten durch Verjüngung mit dem Minkowski-Tensor $\begin{eqnarray*} \eta_{\mu\nu} \end{eqnarray*}$ (metrischer Tensor im Minkowski-Raum) hervor (wieder mit Einsteinscher Summenkonvention): $\begin{eqnarray*} x_\nu = \eta_{\mu\nu}x^\mu \end{eqnarray*}$ . Ebenso $\begin{eqnarray*} \partial_\nu = \eta_{\mu\nu}\partial^\mu \end{eqnarray*}$ .

Schau mal hier und hier, dann wird das vielleicht verständlicher.

28.05.2013, 11:12

TruEnemy

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Zunächst ein Mal vielen Dank für deine ausführliche Antwort!

Hier die zwei Seiten aus'm Skript, auf die ich mich hier beziehe:

[attach]30308[/attach]

Die Herleitung ist an sich ja verständlich, weil nicht viel anderes
gemacht wird, als wenn man anstatt der Felder generalisierte
Koordinaten nimmt. Im Prinzip habe ich die Lagrange-Gleichung-
en auch so übernommen, wie du es bereits vorgeschlagen hast:

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial \mathcal L}{\partial \phi_i} - \partial_{\mu} \left(\frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_{\mu} \phi_i)} \right) = 0 \end{eqnarray*}$

Eventuell würde es mir ja auch einfach helfen, wenn man mir
$\begin{eqnarray*} \frac{\partial}{\partial x^{\mu}} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \frac{\partial}{\partial x_{\mu}} \end{eqnarray*}$ ausschreiben würde. $\begin{eqnarray*} \partial_{\mu} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \partial^{\mu} \end{eqnarray*}$ sind ja
dann nur Abkürzungen dafür. Für die gegebene Lagrange-Dichte

$\begin{eqnarray*} \mathcal L (\rho (\vec{x},t), S(\vec{x},t), \partial_t S(\vec{x},t), \vec{\nabla} S(\vec{x},t)) = -\rho (\vec{x},t) \left[\frac{\partial S(\vec{x},t)}{\partial t} + \frac{(\vec{\nabla} S(\vec{x},t))^2}{2m} + V(\vec{x},t) \right] \end{eqnarray*}$

soll ich dann mit den Lagrange-Gleichungen die Bewegungsgleich-
ungen für die kanonischen Felder $\begin{eqnarray*} \rho (\vec{x},t) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S(\vec{x},t) \end{eqnarray*}$ bestimmen.

Für $\begin{eqnarray*} \rho (\vec{x},t) \end{eqnarray*}$ stoße ich auf keine Probleme bezüglich der verschiede-
nen Notation der Lagrange-Gleichungen und -dichte, da ich ja

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial \mathcal L}{\partial \rho} = -\left[\frac{\partial S(\vec{x},t)}{\partial t} + \frac{(\vec{\nabla} S(\vec{x},t))^2}{2m} + V(\vec{x},t) \right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_{\mu} \rho )} = 0 \end{eqnarray*}$

und damit dann für die Bewegungsgleichung von $\begin{eqnarray*} \rho (\vec{x},t) \end{eqnarray*}$ folgendes

$\begin{eqnarray*} -\frac{\partial S(\vec{x},t)}{\partial t} - \frac{(\vec{\nabla} S(\vec{x},t))^2}{2m} - V(\vec{x},t) = 0 \end{eqnarray*}$

habe. Bei der Berechnung für $\begin{eqnarray*} S(\vec{x},t) \end{eqnarray*}$ wird's jetzt aber total chaotisch,
wenn ich mir den Teil in der Klammer nicht passend umnotiere. Daher
mein Hilferuf, mir bei der Umformung zu helfen, weil ich's nicht check' unglücklich

unglücklich

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28.05.2013, 11:52

RavenOnJ

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$\begin{eqnarray*} \mathcal L (\rho (\vec{x},t), S(\vec{x},t), \partial_t S(\vec{x},t), \vec{\nabla} S(\vec{x},t)) = -\rho (\vec{x},t) \left[\frac{\partial S(\vec{x},t)}{\partial t} + \frac{(\vec{\nabla} S(\vec{x},t))^2}{2m} + V(\vec{x},t) \right] \end{eqnarray*}$

Schreib erst mal die partiellen Ableitungen nach dem Feld $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ und nach dessen Ableitungen $\begin{eqnarray*} \partial_\mu S \end{eqnarray*}$ auf. Der Part, der aus den Ableitungen nach $\begin{eqnarray*} \partial_\mu S \end{eqnarray*}$ entsteht muss dann nochmal nach den jeweiligen Koordinaten partiell abgeleitet werden, also bilde

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu S)} \end{eqnarray*}$

sowie

$\begin{eqnarray*} \partial_\mu \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu S)} \end{eqnarray*}$

Beispielsweise ist

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_0 S)} = \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\frac{\partial S}{\partial t })} = -\rho \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \partial_0 \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_0 S)} = -\frac{\partial \rho}{\partial t} \end{eqnarray*}$

(eine Anmerkung: Du kannst dir [latex ] bzw. [/latex] sparen und einfach [l ] bzw. [/l] schreiben, ohne das Leerzeichen vor der schließenden Klammer natürlich.)

28.05.2013, 12:11

TruEnemy

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Du meinst also, ich soll

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_1 S)} = \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\frac{\partial S}{\partial x })} = -\rho \frac{\frac{\partial S}{\partial x}}{m} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_2 S)} = \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\frac{\partial S}{\partial y })} = -\rho \frac{\frac{\partial S}{\partial y}}{m} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_3 S)} = \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\frac{\partial S}{\partial z})} = -\rho \frac{\frac{\partial S}{\partial z}}{m} \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \partial_ 1 \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_1 S)} = \frac{\partial}{\partial x} \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\frac{\partial S}{\partial x })} = \frac{\partial}{\partial x} \left(-\rho \frac{\frac{\partial S}{\partial x}}{m} \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \partial_ 2 \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_2 S)} = \frac{\partial}{\partial y} \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\frac{\partial S}{\partial y })} = \frac{\partial}{\partial y} \left(-\rho \frac{\frac{\partial S}{\partial x}}{m} \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \partial_ 3 \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_3 S)} = \frac{\partial}{\partial z} \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\frac{\partial S}{\partial z})} = \frac{\partial}{\partial z} \left(-\rho \frac{\frac{\partial S}{\partial z}}{m} \right) \end{eqnarray*}$

berechnen?

28.05.2013, 12:18

RavenOnJ

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genau

Freude

Schöner sieht's allerdings so aus
$\begin{eqnarray*} -\frac\rho m \frac{\partial S}{\partial x} \end{eqnarray*}$

usw.

28.05.2013, 12:29

TruEnemy

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Ich danke dir vielmals! Stimmt das nun so?

$\begin{eqnarray*} \vec{\nabla} \left( -\frac{\rho}{m} \vec{\nabla} S \right) = 0 \end{eqnarray*}$

Jetzt fehlt also nur noch $\begin{eqnarray*} \frac{\partial \mathcal L}{\partial S} \end{eqnarray*}$ , aber das ist 0!?

28.05.2013, 12:42

RavenOnJ

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Edit: So kann man das nicht schreiben (s.u.) Aber so geht's:

$\begin{eqnarray*} -\frac 1 m\sum\limits_{i=1}^3\partial_i \left(\rho \partial_i S \right)= -\frac 1 m (\nabla \rho\nabla S + \rho\Delta S) \end{eqnarray*}$

Wie heißt also die Bewegungsgleichung? Vergiss nicht, dass da steht

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{\mu=0}^3\partial_\mu \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu S)} \end{eqnarray*}$

Es fehlt also noch was.

28.05.2013, 12:58

TruEnemy

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Ja, stimmt, so kann man das noch umformen, wenn man die Nabla-Rechen-
regeln verwendet. Und noch die ESK ... ohje, ich habe keine Ahnung unglücklich

unglücklich

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{\mu=0}^3\partial_\mu \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu S)} = \frac{\partial}{\partial x} \left(-\frac{\rho}{m} \frac{\partial S}{\partial x}\right) + \frac{\partial}{\partial y} \left(-\frac{\rho}{m} \frac{\partial S}{\partial y} \right) + \frac{\partial}{\partial z} \left(-\frac{\rho}{m} \frac{\partial S}{\partial z} \right) \end{eqnarray*}$

28.05.2013, 13:29

RavenOnJ

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Sorry, ich/wir hatte/n weiter oben was falsches geschrieben, es darf natürlich nicht $\begin{eqnarray*} {\nabla} \left( -\frac{\rho}{m} {\nabla} S \right) \end{eqnarray*}$ heißen, vielmehr muss es so da stehen
$\begin{eqnarray*} -\frac 1 m\sum\limits_{i=1}^3\partial_i \left(\rho \partial_i S \right) \end{eqnarray*}$

Das hatte dich wohl durcheinander gebracht. Eigentlich hatten wir schon erreicht (du hast nur $\begin{eqnarray*} \partial_0 \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_0 S)} = -\frac{\partial \rho}{\partial t} \end{eqnarray*}$ vergessen):

$\begin{align*} \sum\limits_{\mu=0}^3\partial_\mu \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu S)} &= -\frac{\partial \rho}{\partial t} - \frac 1 m \left(\frac{\partial}{\partial x} \left({\rho} \frac{\partial S}{\partial x}\right) + \frac{\partial}{\partial y} \left({\rho} \frac{\partial S}{\partial y}\right) + \frac{\partial}{\partial z} \left({\rho} \frac{\partial S}{\partial z}\right) \right) <br /> &=-\frac{\partial \rho}{\partial t} -\frac{1}{m}\sum\limits_{i=1}^3{\partial_i} \left(\rho {\partial_i} S \right) <br /> &= -\frac{\partial \rho}{\partial t}-\frac 1 m (\nabla \rho\nabla S + \rho\Delta S) \end{align*}$

Jetzt fehlt nicht mehr viel.

28.05.2013, 13:40

TruEnemy

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Aber wenn ich die Rechenregel $\begin{eqnarray*} \vec{\nabla} (\phi \psi) = \phi \vec{\nabla} \psi + \psi \vec{\nabla} \phi \end{eqnarray*}$ verwende,
komme ich doch mit $\begin{eqnarray*} \vec{\nabla} \left( -\frac{\rho}{m} \vec{\nabla} S \right) \end{eqnarray*}$ auf die selbe Gestalt, d.h. also auf

$\begin{eqnarray*} -\frac 1 m (\nabla \rho\nabla S + \rho\Delta S) \end{eqnarray*}$

oder etwa nicht? Ja, allerdings hatte ich $\begin{eqnarray*} -\frac{\partial \rho}{\partial t} \end{eqnarray*}$ vergessen, was nach der
Lagrange-Gleichung also auf die Gleichung

$\begin{eqnarray*} -\frac{\partial \rho}{\partial t} -\frac 1 m (\nabla \rho\nabla S + \rho\Delta S) = 0 \end{eqnarray*}$

führt. Offensichtlich stehe ich auf dem Schlauch, ich habe kA mehr ... :/

28.05.2013, 13:47

RavenOnJ

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Zitat:

Original von TruEnemy
Aber wenn ich die Rechenregel $\begin{eqnarray*} \vec{\nabla} (\phi \psi) = \phi \vec{\nabla} \psi + \psi \vec{\nabla} \phi \end{eqnarray*}$ verwende,
komme ich doch mit $\begin{eqnarray*} \vec{\nabla} \left( -\frac{\rho}{m} \vec{\nabla} S \right) \end{eqnarray*}$ auf die selbe Gestalt, d.h. also auf

$\begin{eqnarray*} -\frac 1 m (\nabla \rho\nabla S + \rho\Delta S) \end{eqnarray*}$

Ach so, du fasst den Ausdruck $\begin{eqnarray*} \vec{\nabla} \left( -\frac{\rho}{m} \vec{\nabla} S \right) \end{eqnarray*}$ als "Skalarprodukt" zweier "Vektoren" auf. Ich hatte das eher so gelesen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3\partial_i(\rho\partial_j S) \end{eqnarray*}$

Aber mit deiner Kurzsschreibweise stimmt das schon. Dann ziehe ich meinen entsprechenden Einwand zurück.

28.05.2013, 13:49

RavenOnJ

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Zitat:

Original von TruEnemy

$\begin{eqnarray*} -\frac{\partial \rho}{\partial t} -\frac 1 m (\nabla \rho\nabla S + \rho\Delta S) = 0 \end{eqnarray*}$

führt. Offensichtlich stehe ich auf dem Schlauch, ich habe kA mehr ... :/

Wieso, stimmt doch jetzt Freude

Freude

.

28.05.2013, 14:20

TruEnemy

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Ich danke dir vielmals!! Eine Frage hätte ich da aber noch:

Auf dem Übungsblatt lautet die Lagrange-Dichte genauso,
wie ich sie bereits notiert habe. Allerdings steht da noch
eine t-Abhängigkeit, also $\begin{eqnarray*} \mathcal L = \mathcal L (\rho (\vec{x},t), S(\vec{x},t), \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \vec{\nabla} S(\vec{x},t), t) \end{eqnarray*}$ . Ich sehe aber keine explizite Zeitabhängigkeit?

28.05.2013, 14:33

RavenOnJ

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Sehe ich auch nicht. Das würde aber meines Wissens auch nichts an den formalen Euler-Lagrange-Gleichungen ändern, wenn noch eine explizite Orts- oder Zeitabhängigkeit enthalten wäre. Ich vermute mal, dass eine explizite Ortsabhängigkeit der Lagrange-Dichte unphysikalisch wäre, da sie dem Prinzip der Translationsinvarianz und Isotropie des Raumes widersprechen würde. Explizite Zeitabhängigkeit würde analog der Energieerhaltung widersprechen.

28.05.2013, 15:33

TruEnemy

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Naja, habe das gerade in der Übung vorgerechnet bzw. ich bin nicht ein Mal
so weit gekommen, weil schon die Herleitung in dem von mir geposteten Skript-
teil für die Lagrange-Gleichungen für Felder laut dem Dozenten falsch war!!

Grund: das Differential der Variation wird so nicht gemacht Kann das wirklich sein?

28.05.2013, 15:42

RavenOnJ

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Ich hab mir das nicht durchgelesen. Hat er auch gesagt, was in dem Skript genau falsch ist?

28.05.2013, 16:11

TruEnemy

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Ich habe, wie im Skript auch, bei der Variation der Wirkung

$\begin{eqnarray*} \delta S = \delta \int dt \int d^3x\;\mathcal L(\phi_i, \partial_{\mu} \phi_i) = \int dt \int d^3x\;\delta \mathcal L(\phi_i, \partial_{\mu} \phi_i) \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} \delta \mathcal L \end{eqnarray*}$ das 'normale' Differential hingeschrieben, anstatt
eines Funktional-Differentials. "Das wird in vielen Fällen so
gemacht, und liefert meistens auch das richtige Ergebnis,
ist aber formal falsch und $\begin{eqnarray*} \delta \mathcal L \end{eqnarray*}$ existiert so nicht."

28.05.2013, 16:46

RavenOnJ

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Könntest du das noch etwas detaillierter hinschreiben? Was meinst du mit "normalem" Differential? Warum sollte $\begin{eqnarray*} \delta \mathcal L \end{eqnarray*}$ nicht existieren? Es wird das Lagrange-Funktional variiert, was man formal als Integral über die Variation der Lagrange-Dichte schreiben kann, also genauso, wie du es geschrieben hast. Letztendlich ist die Lagrange-Dichte aus Feldern und deren Ableitungen aufgebaut, und die Variation der Dichte wird übersetzt in eine Variation der Felder bei konstanten Randbedingungen.

Vielleicht sollte dein Dozent mal genauer sagen, was daran falsch sein soll. Kannst du ein Skript verlinken, das er benutzt?

28.05.2013, 20:38

TruEnemy

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Dieser Schritt soll nicht richtig sein, da L ein Funktional und keine Funktion ist:

[attach]30315[/attach]

29.05.2013, 11:15

RavenOnJ

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Vermutlich will er auf die Gâteaux-Ableitung oder Funktionalableitung hinaus. Wenn er das Skript für fehlerhaft hält, dann sollte er das am Besten so aufschreiben, wie es richtig sein soll.

29.05.2013, 11:20

TruEnemy

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Korrekt. 'Etwas anderes' als die Funktionalabteilung hat er hier nicht akzeptiert.
Wobei ich darauf hingewiesen habe, dass ich exakt die selben Ergebnisse erhielt.

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