拉格朗日方程

达朗贝尔原理把动力学投影到容许方向，但如果每道题都重新计算所有质点的加速度，步骤仍然繁琐．动能能否把这些惯性项统一组织起来？拉格朗日方程就是这一重写的结果．

本页保留从达朗贝尔原理到方程的完整推导．需要会求偏导和复合函数的时间导数；不要求先学变分法．读完应能解释方程的条件，并从给定的动能、势能建立运动方程．

推导的模型与条件

考虑惯性参考系中的 $N$ N 个恒定质量质点，位置为 $r_{i}$ boldsymbol r_i，质量为 $m_{i}$ m_i．约束完整且理想，在坐标有效区域内选取 $n$ n 个独立坐标 $q_{α}$ q_alpha：

r_{i} = r_{i} (q, t), T (q, \dot{q}, t) = \frac{1}{2} \sum_{i} m_{i} v_{i}^{2}

boldsymbol r_i=boldsymbol r_i(q,t),qquad T(q,dot q,t)=frac12sum_i m_iboldsymbol v_i^2

$T$ T 为总动能， $q$ q、 $\dot{q}$ dot q 分别表示全部坐标和广义速度．坐标映射可以显含时间，因此包括已知运动的完整约束．本页假定映射足够光滑，能交换所用偏导次序．

先修不是把公式背下来

必须先确认所选坐标独立、约束理想、模型仍处于该约束有效区域．未知的非理想反力、非完整速度限制和接触切换，不能在普通独立坐标方程里无说明地略去．

两个运动学恒等式

对位置求全时间导数：

v_{i} = \sum_{β} \frac{\partial r_{i}}{\partial q_{β}} {\dot{q}}_{β} + \frac{\partial r_{i}}{\partial t}

boldsymbol v_i =sum_betadboldsymbol r_i/d q_betadot q_beta +dboldsymbol r_i/d t

把 $v_{i}$ boldsymbol v_i 看成 $q, \dot{q}, t$ q,dot q,t 的函数，对 ${\dot{q}}_{α}$ dot q_alpha 求偏导时，固定所有 $q$ q、 $t$ t 和其他速度，得到第一个恒等式：

\frac{\partial v_{i}}{\partial {\dot{q}}_{α}} = \frac{\partial r_{i}}{\partial q_{α}}

dboldsymbol v_i/ddot q_alpha =dboldsymbol r_i/d q_alpha

第二个恒等式来自对同一速度表达式求 $q_{α}$ q_alpha 偏导：

\frac{\partial v_{i}}{\partial q_{α}} = \sum_{β} \frac{\partial^{2} r_{i}}{\partial q_{α} \partial q_{β}} {\dot{q}}_{β} + \frac{\partial^{2} r_{i}}{\partial q_{α} \partial t} = \frac{d}{d t} (\frac{\partial r_{i}}{\partial q_{α}})

dboldsymbol v_i/d q_alpha =sum_betad^2boldsymbol r_i/d q_alphad q_betadot q_beta +d^2boldsymbol r_i/d q_alphad t =mathrm d/mathrm dtleft(dboldsymbol r_i/d q_alpharight)

最后一个等号是对 $\partial r_{i} / \partial q_{α}$ dboldsymbol r_i/d q_alpha 沿真实运动求全导数，包含坐标变化和显式时间变化．它并不是任意函数上全导数与偏导都可随意交换的声明．

为什么偏导时能固定广义速度

真实运动上 $\dot{q}$ dot q 是 $q (t)$ q(t) 的导数，但写 $T (q, \dot{q}, t)$ T(q,dot q,t) 时，考虑的是不同位形、不同速度的可能状态．在这一状态变量表达中，可分别改变某个坐标或某个速度来求偏导．沿一条真实轨迹求全导数时，才要同时追踪它们的时间变化．

例如单摆 $T = m l^{2} {\dot{θ}}^{2} / 2$ T=ml^2dottheta^2/2，求 $\partial T / \partial θ$ d T/dtheta 时固定 $\dot{θ}$ dottheta，结果为零．不能先把某个特定解的 $\dot{θ} (θ)$ dottheta(theta) 代入，再把那条轨迹上的导数当成这个偏导．

从惯性投影重写为动能导数

达朗贝尔原理已经给出每个独立坐标方向上的关系

\sum_{i} m_{i} {\ddot{r}}_{i} \cdot \frac{\partial r_{i}}{\partial q_{α}} = Q_{α},

sum_i m_iboldsymbol r_i* dboldsymbol r_i/d q_alpha=Q_alpha,

其中 $Q_{α}$ Q_alpha 是主动力的广义力．对左侧使用乘积求导，并代入刚才两个恒等式：

\begin{aligned} \sum_{i} m_{i} {\ddot{r}}_{i} \cdot \frac{\partial r_{i}}{\partial q_{α}} & = \frac{d}{d t} \sum_{i} m_{i} v_{i} \cdot \frac{\partial r_{i}}{\partial q_{α}} - \sum_{i} m_{i} v_{i} \cdot \frac{d}{d t} \frac{\partial r_{i}}{\partial q_{α}} \\ = \frac{d}{d t} \sum_{i} m_{i} v_{i} \cdot \frac{\partial v_{i}}{\partial {\dot{q}}_{α}} - \sum_{i} m_{i} v_{i} \cdot \frac{\partial v_{i}}{\partial q_{α}} \end{aligned}

aligned sum_i m_iboldsymbol r_i*dboldsymbol r_i/d q_alpha &=mathrm d/mathrm dtsum_i m_iboldsymbol v_i*dboldsymbol r_i/d q_alpha -sum_i m_iboldsymbol v_i*mathrm d/mathrm dtdboldsymbol r_i/d q_alpha &=mathrm d/mathrm dtsum_i m_iboldsymbol v_i*dboldsymbol v_i/ddot q_alpha -sum_i m_iboldsymbol v_i*dboldsymbol v_i/d q_alpha aligned

由动能的定义，分别求偏导有

\frac{\partial T}{\partial {\dot{q}}_{α}} = \sum_{i} m_{i} v_{i} \cdot \frac{\partial v_{i}}{\partial {\dot{q}}_{α}}, \frac{\partial T}{\partial q_{α}} = \sum_{i} m_{i} v_{i} \cdot \frac{\partial v_{i}}{\partial q_{α}}

d T/ddot q_alpha =sum_i m_iboldsymbol v_i*dboldsymbol v_i/ddot q_alpha, qquad d T/d q_alpha =sum_i m_iboldsymbol v_i*dboldsymbol v_i/d q_alpha

于是惯性项全部被动能组织起来，得到动能形式的 第二类拉格朗日方程：

\frac{d}{d t} \frac{\partial T}{\partial {\dot{q}}_{α}} - \frac{\partial T}{\partial q_{α}} = Q_{α}, α = 1, \dots, n

mathrm d/mathrm dtd T/ddot q_alpha -d T/d q_alpha=Q_alpha,qquad alpha=1,ldots,n

共有 $n$ n 个方程，正好对应 $n$ n 个独立坐标．这一形式仍能容纳没有写成势能的主动力．

把位置势能并入拉格朗日量

若主动力的保守部分有势能 $V (q, t)$ V(q,t)，且不含速度，则 $Q_{α}^{c o n s} = - \partial V / \partial q_{α}$ Q_alpha^rm cons=-d V/d q_alpha．定义 拉格朗日量（Lagrangian）

L (q, \dot{q}, t) = T (q, \dot{q}, t) - V (q, t)

L(q,dot q,t)=T(q,dot q,t)-V(q,t)

由于 $\partial V / \partial {\dot{q}}_{α} = 0$ d V/ddot q_alpha=0，把势能项移到左侧，即得

\frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_{α}} - \frac{\partial L}{\partial q_{α}} = 0

mathrm d/mathrm dtd L/ddot q_alpha -d L/d q_alpha=0

这就是本模型的 欧拉—拉格朗日方程（Euler–Lagrange equation）．若还有额外主动力，其广义力记作 $Q_{α}^{e x t r a}$ Q_alpha^rm extra，则右侧改为 $Q_{α}^{e x t r a}$ Q_alpha^rm extra．不能一面把某个力计入势能，一面又在右边重复加入它．

例题：用角度直接建立单摆方程

固定悬点、不可伸长轻杆、质量 $m$ m、杆长 $l$ l、均匀重力，无阻力．坐标与前页一致， $θ = 0$ theta=0 指向下方．由位置映射可得速度平方 $v^{2} = l^{2} {\dot{θ}}^{2}$ v^2=l^2dottheta^2．取悬点高度为势能零点：

T = \frac{1}{2} m l^{2} {\dot{θ}}^{2}, V = - m g l \cos θ, L = \frac{1}{2} m l^{2} {\dot{θ}}^{2} + m g l \cos θ

T=frac12ml^2dottheta^2,qquad V=-mglcostheta,qquad L=frac12ml^2dottheta^2+mglcostheta

分别计算 $\partial L / \partial \dot{θ} = m l^{2} \dot{θ}$ d L/ddottheta=ml^2dottheta、 $\partial L / \partial θ = - m g l \sin θ$ d L/dtheta=-mglsintheta，得到

m l^{2} \ddot{θ} + m g l \sin θ = 0

ml^2ddottheta+mglsintheta=0

两项都是力矩，正摆角对应负角加速度．除以 $m l^{2}$ ml^2 后，与达朗贝尔投影法完全一致．杆力没有进入 $L$ L，原因是它属于已通过坐标与理想约束消去的反力．

方程与作用量的后续连接

本页的推导是“牛顿方程 → 理想约束的投影 → 动能导数”，没有先假设作用量原理．下一阶段会研究 $S [q] = \int L d t$ S[q]=int L ,mathrm dt 的驻值条件如何给出同一方程，并讨论对称性和守恒量．通用数学推导见变分法．“平稳”是一阶变分为零，不保证作用量一定最小．

牛顿力学也能使用曲线坐标；分析力学的优势在于用统一程序处理独立参数与约束，而不是牛顿方程只能用直角坐标．另一方面，任意写下一个函数并称它为 $L$ L，并不能保证它描述了所研究的物理系统．

文内自测

在极坐标中 $T = m ({\dot{r}}^{2} + r^{2} {\dot{θ}}^{2}) / 2$ T=m(dot r^2+r^2dottheta^2)/2，为什么 $\partial T / \partial r$ d T/d r 不是零？写出径向惯性项．

自测一解答

固定 $\dot{r}, \dot{θ}$ dot r,dottheta 后，动能仍通过 $r^{2} {\dot{θ}}^{2}$ r^2dottheta^2 依赖 $r$ r．因此 $\partial T / \partial r = m r {\dot{θ}}^{2}$ d T/d r=mrdottheta^2， $\partial T / \partial \dot{r} = m \dot{r}$ d T/ddot r=mdot r，径向方程左侧为 $m \ddot{r} - m r {\dot{θ}}^{2}$ mddot r-mrdottheta^2，正好包含向心项．

将单摆势能改为 $V^{'} = m g l (1 - \cos θ)$ V'=mgl(1-costheta)，运动方程会改变吗？

自测二解答

不会． $V^{'} = V + m g l$ V'=V+mgl 只改变零点， $L^{'} = L - m g l$ L'=L-mgl 与原来相差常量，相关偏导不变．但额外驱动力必须单独处理，不能通过改变势能零点消除．

继续学习与参考资料

上一页：达朗贝尔原理与广义力．下一页：拉格朗日建模实例，学习从模型构造 $L$ L 的全过程．

高显，《经典力学》，科学出版社，2023 年．
David Tong，Classical Dynamics：The Lagrangian Formalism．

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