물리학에서의 오일러-라그랑주 방정식 📂고전역학

물리학에서의 오일러-라그랑주 방정식

euler lagrange equation

본 글은 독자가 고전역학 카테고리의 라그랑주 역학과 해밀턴의 변분 원리를 읽었다는 가정하에 쓰여졌다. 가능하면 중복되는 표기법, 내용이라도 본 글에서 다시 설명하겠지만 설명없이 쓰는 표기법이 있다면 링크를 참고하자.

운동 경로에 대한 라그랑지안을 적분한 것을 작용이라 하고 $J$로 표기한다. 위치를 $y$라고 두면

$$ J =\int_{t_1} ^{t_2} Ldt=\int_{t_1}^{t_2}L\big( y^{\prime}(t),\ y(t),\ t \big)dt $$ 이때 실제로 물체가 움직이는 경로에 대한 라그랑지안일 때 위의 작용이 극솟값을 갖는다는 것이 해밀턴의 원리이다.

오일러-라그랑주 방정식

작용이 극값(극대 혹은 극소)을 갖게하는 실제의 운동 경로에 대한 라그랑지안 $L$은 다음의 방정식을 만족한다.

$$ \dfrac{ \partial L}{\partial y}-\dfrac{d}{dt} \left( \dfrac{\partial L}{\partial y^{\prime}} \right)=0 $$

위의 방정식을 오일러-라그랑주 방정식Euler-Lagrange 이라 한다.


주의해야할 점은 역은 성립하지 않는다는 것이다. 극대, 극소에서 미분했을 때 $0$이지만 미분해서 $0$이라고 해서 극대, 극소는 아닌 것과 같다. 미분해서 $0$이면 변곡점일 가능성도 있다. 마찬가지로 실제 운동 경로는 오일러-라그랑주 방정식을 만족하지만, 오일러-라그랑주 방정식을 만족하는 모든 경로가 실제 운동 경로는 아니다.

증명

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가능한 임의의 운동 경로를 $y(\alpha, t)=y(0,t)+\alpha\eta(t)$라고 하자. 이때 $y(0,t)$는 실제 운동 경로이다. 또한 모든 경로의 시점과 종점은 같으므로 $\eta(t_1)=\eta(t_2)=0$이다. 그리고 임의의 운동 경로에 대한 라그랑지안과 그에 대한 작용을 다음과 같다고 하자.

$$ L = L \big( y(\alpha, t)',\ y(\alpha, t),\ t \big) $$

$$ J(\alpha) = \int_{t_1}^{t_2} L \big( y(\alpha, t)',\ y(\alpha, t),\ t\big) dt $$

$y(\alpha, t)$는 $\alpha=0$일 때 실제 운동 경로가 되고, 실제 운동 경로일 때 작용은 극값을 가지므로 $\alpha=0$에서 미분하면 $0$이다.

$$ \dfrac{\partial J}{\partial \alpha} \bigg|_{\alpha=0}=0 $$

위 식은 역학 교재나 여러 곳에서 간단히 $\delta J=0$로 나타난다.$(\delta=\frac{\partial}{\partial \alpha}$) 실제로 위의 미분을 계산해보면 아래의 식을 얻는다.

$$ \begin{align*} \dfrac{\partial J}{\partial \alpha} &= \dfrac{\partial}{\partial \alpha} \int_{t_1}^{t_2} L \big( y(\alpha, t)',\ y(\alpha, t),\ t \big) dt \\ &= \int_{t_1}^{t_2} \dfrac{\partial}{\partial \alpha} L \big( y(\alpha, t)',\ y(\alpha, t),\ t \big) dt \\ &= \int_{t_1}^{t_2} \left( \dfrac{\partial L}{\partial y^{\prime}}\dfrac{\partial y^{\prime}}{\partial \alpha}+\dfrac{\partial L}{\partial y}\dfrac{\partial y}{\partial \alpha} +\dfrac{\partial L}{\partial t}\dfrac{\partial t}{\partial \alpha} \right) dt \end{align*} $$

이때 $y^{\prime}$의 $'$는 $t$에 대한 미분을 뜻함에 주의하라. $y(\alpha, t)=y(0,t)+\alpha\eta(t)$이므로 $y^{\prime}(\alpha, t)=y^{\prime}(0,t)+\alpha\eta'(t)$이다. 따라서 다음과 같다.

$$ \dfrac{\partial y^{\prime}}{\partial \alpha}=\eta'(t), \quad \dfrac{\partial y}{\partial \alpha}=\eta(t),\quad \dfrac{\partial t}{\partial \alpha}=0 $$

$t$와 $\alpha$는 무관한 변수이므로 미분했을 때 $0$이다. 따라서 다음과 같다.

$$ \dfrac{\partial J}{\partial \alpha} = \int_{t_1}^{t_2} \left( \dfrac{\partial L}{\partial y^{\prime}}\eta'(t)+\dfrac{\partial L}{\partial y}\eta(t) \right) dt $$

첫번째항만 부분적분으로 계산하면 그 결과는 아래와 같다.

$$ \begin{align*} \int_{t_1}^{t_2} \dfrac{\partial L}{\partial y^{\prime}}\eta'(t) dt &= \left. \dfrac{\partial L}{\partial y^{\prime}}\eta(t) \right]_{t_1}^{t_2}-\int_{t_1}^{t_2} \dfrac{d}{dt}\left( \dfrac{\partial L}{\partial y^{\prime}}\right) \eta(t) dt \\ &= -\int_{t_1}^{t_2} \dfrac{d}{dt}\left( \dfrac{\partial L}{\partial y^{\prime}}\right) \eta(t) dt \end{align*} $$

정적분 항이 사라진 이유는 $\eta(t_1)=\eta(t_2)=0$이기 때문이다. 이를 원래 식에 대입하고 $\eta(t)$에 대해서 정리하면 다음의 식을 얻는다.

$$ \dfrac{\partial J}{\partial \alpha} = \int_{t_1}^{t_2} \left(- \dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial y^{\prime}}+\dfrac{\partial L}{\partial y} \right) \eta(t)dt $$

그런데 $\dfrac{\partial J}{\partial \alpha}$의 값은 실제 운동 경로일 때$(\alpha=0$ 일 때$)$ $0$이다. 따라서 $\alpha=0$이라 하면 아래의 식을 얻는다.

$$ \dfrac{\partial J}{\partial \alpha} = \int_{t_1}^{t_2} \left(- \dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial y^{\prime}}+\dfrac{\partial L}{\partial y} \right) \eta(t)dt=0 $$

위 식은 실제 경로에 대한 라그랑지안의 작용이고 임의의 $\eta(t)$에 대해서 항상 성립해야한다. 다시말해 어떤 $\eta(t)$에 대해서도 적분값이 $0$이 나와야한다. 이것이 가능하려면 곱해진 괄호안의 값이 $0$일 수 밖에 없다. 그러므로 실제 경로에 대한 라그랑지안은 아래의 방정식을 만족한다.

$$ \dfrac{ \partial L}{\partial y}-\dfrac{d}{dt} \left( \dfrac{\partial L}{\partial y^{\prime}} \right)=0 $$

같이보기

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