贡献者： addis
本文使用牛顿第二定律证明拉格朗日方程，其中会使用到一个关于约束的定理叫做达朗贝尔原理（D'Alembert's principle）。另一种推导方法见 “最小作用量、哈密顿原理”。
1. 由牛顿第二定律证明拉格朗日方程
下面来证明包含额外广义力的拉格朗日方程（式 3 ）
\begin{equation}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{t}} \frac{\partial L}{\partial \dot q_i} = \frac{\partial L}{\partial q_i} + Q_i^{(e)}~.
\end{equation}
注意以下所有对 $q_i, \dot q_i$ 或 $t$ 的
偏导都是把 $q, \dot q, t$ 作为变量（$q, \dot q$ 分别是 $q_1, q_2\dots q_N$ 和 $\dot q_1, \dot q_2\dots \dot q_N$ 的简写），即对其中一个变量求导数而把其他变量看做常数。另外我们假设势能 $V$ 和位矢 $ \boldsymbol{\mathbf{r}} _j$ 都不显含 $\dot q$，即对任何 $\dot q_i$ 的偏导为零。所以该证明不适用于 $V$ 为广义势能（例如 “
拉格朗日电磁势”）的情况。
把系统看成质点组，每个质点质量为 $m_j$，位置矢量是广义坐标的函数 $ \boldsymbol{\mathbf{r}} _j(q_1,\dots,q_N,t)$，那么系统动能为
\begin{equation}
T = \frac12 \sum_j m_j \boldsymbol{\mathbf{v}} _j^2 = \frac12 \sum_j m_j \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \boldsymbol\cdot \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j~.
\end{equation}
由
矢量内积的求导法则得（$i=1,\dots,N$，下同）
\begin{equation}
\frac{\partial T}{\partial \dot q_i} = \sum_j m_j \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \boldsymbol\cdot \frac{\partial \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j}{\partial \dot q_i} ~,
\end{equation}
其中质点 $j$ 的速度可以用
全导数 公式
\begin{equation}
\dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j = \sum_k \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_k} \dot q_k + \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial t} ~.
\end{equation}
对 $\dot q_i$ 求偏导，注意位矢与 $\dot q_i$ 无关，所以求偏导时 $ \partial r_j/\partial q_k $ 与 $ \partial r_j/\partial t $ 可看做常数。
\begin{equation}
\frac{\partial \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j}{\partial \dot q_i} = \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} ~.
\end{equation}
代入
式 3 并对时间求导得到拉格朗日方程的左边（注意我们假设 $ \partial V/\partial \dot q_i = 0$）
\begin{equation}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{t}} \frac{\partial L}{\partial \dot q_i} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{t}} \frac{\partial T}{\partial \dot q_i} = \sum_j m_j \ddot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} + \sum_j m_j \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \boldsymbol\cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{t}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} ~.
\end{equation}
拉格朗日方程（
式 3 ）的右边为
\begin{equation}
\frac{\partial L}{\partial q_i} = \frac{\partial T}{\partial q_i} - \frac{\partial V}{\partial q_i} + Q_i^{(e)}~.
\end{equation}
其中右边第一项为
\begin{equation}
\frac{\partial T}{\partial q_i} = \sum_j m_j \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \boldsymbol\cdot \frac{\partial \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j}{\partial q_i} = \sum_j m_j \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \boldsymbol\cdot \frac{\partial}{\partial{q_i}} \frac{\mathrm{d}{ \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}}{\mathrm{d}{t}} ~,
\end{equation}
第二项是包含在势能中的广义力（
式 2 ）
\begin{equation}
Q_i^{(V)} = - \frac{\partial V}{\partial q_i} = \sum_j \left(- \frac{\partial V}{\partial x_j} \frac{\partial x_j}{\partial q_i} - \frac{\partial V}{\partial y_j} \frac{\partial y_j}{\partial q_i} - \frac{\partial V}{\partial z_j} \frac{\partial z_j}{\partial q_i} \right) = \sum_j \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(V)} \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} ~.
\end{equation}
其中
\begin{equation}
\boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(V)} = - \boldsymbol\nabla _j V = - \frac{\partial V}{\partial x_j} \hat{\boldsymbol{\mathbf{x}}} - \frac{\partial V}{\partial y_j} \hat{\boldsymbol{\mathbf{y}}} - \frac{\partial V}{\partial z_j} \hat{\boldsymbol{\mathbf{z}}} ~,
\end{equation}
注意这属于非约束力。不包含于势能中的额外广义力的定义为（上标 $e$ 表示 extra）
\begin{equation}
Q_i^{(e)}(q, \dot q, t) = \sum_j \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(e)} \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} ~,
\end{equation}
也是非约束力。我们把非约束力称为
主动力。每个质点的总主动力可以分为由势能产生的部分和其他
\begin{equation}
\boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(a)} = \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(V)} + \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(e)}~,
\end{equation}
那么总广义力为
\begin{equation}
Q_i = Q_i^{(V)} + Q_i^{(e)} = \sum_j \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(a)} \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} ~.
\end{equation}
所以要证明拉格朗日方程，即证明
式 6 等于
式 8 加
式 13 ，首先需要证明
\begin{equation}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{t}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} = \frac{\partial}{\partial{q_i}} \frac{\mathrm{d}{ \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}}{\mathrm{d}{t}} ~,
\end{equation}
也就是证明全导数和偏导数运算可对易。使用
全导数 的定义，以及
混合偏导 的性质，有
\begin{equation}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{t}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} = \sum_k \frac{\partial}{\partial{q_k}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _i}{\partial q_i} \dot q_k + \frac{\partial}{\partial{t}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} = \sum_k \frac{\partial}{\partial{q_i}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _i}{\partial q_k} \dot q_k + \frac{\partial}{\partial{q_i}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial{q_i}} \frac{\mathrm{d}{ \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}}{\mathrm{d}{t}} ~,
\end{equation}
然后我们需要证明
\begin{equation}
\sum_j \left( \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(a)} - m\ddot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \right) \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} = 0~.
\end{equation}
即可证明拉格朗日方程。该式被称为
达朗贝尔原理。注意由于这里的 $ \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(a)}$ 为质点 $j$ 所受的非约束力而不是合力，所以求和项的小括号一般不为 0。
2. 达朗贝尔原理
令第 $j$ 个质点所受合力等于主动力（非约束力）加约束力 $ \boldsymbol{\mathbf{F}} _j = \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(a)} + \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(c)}$。由牛顿第二定律 $ \boldsymbol{\mathbf{F}} _j - m\ddot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j = 0$，所以
\begin{equation}
\sum_j \left( \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(a)}+ \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(c)} - m\ddot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \right) \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} = 0~.
\end{equation}
现在我们只需要求
\begin{equation}
Q_i^{(c)} = \sum_j \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(c)} \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} = 0~,
\end{equation}
即可得到
式 16 。也就是
所有约束力产生的广义力都为零。由
式 10 ，达朗贝尔原理也可以表述为：
在约束允许的范围内进行任意虚位移，所有约束力的虚功之和为零。
事实上达朗贝尔原理并不对所有约束都适用，甚至不对所有稳定约束适用。所以当列出拉格朗日方程时，我们就必须要保证系统中所有的约束都符合达朗贝尔原理，否则就需要用额外的广义力去修正（例 2 ）才能使拉格朗日方程仍然成立。常见的约束都满足达朗贝尔原理，这可以结合 “欧拉—拉格朗日方程” 中的例题思考，找出例题中的约束力，并验证他们的确不做虚功。这里再给出一个双摆的例子：
例 1 双摆的约束力
在双摆模型中，若连接两质点的是轻杆，那么第一个质点 $m_1$ 受到延两条杆方向的力，分别记为 $ \boldsymbol{\mathbf{F}} _1, \boldsymbol{\mathbf{F}} _2$。第二个质点 $m_2$ 受到延第二条杆的力 $ \boldsymbol{\mathbf{F}} _3$。首先由于 $m_1$ 的摆动方向始终垂直于 $ \boldsymbol{\mathbf{F}} _1$，$ \boldsymbol{\mathbf{F}} _1$ 从不做功。其次由于杆都是轻杆，有 $ \boldsymbol{\mathbf{F}} _2 = - \boldsymbol{\mathbf{F}} _3$，且无论双摆怎么运动，$ \boldsymbol{\mathbf{F}} _2, \boldsymbol{\mathbf{F}} _3$ 做功之和都为零（否则第二条杆就会具有大于零的动能，以无穷大的速度运动）。可见单个约束力的虚功未必为零，而是求和后为零。
在符合达朗贝尔原理的稳定约束中，约束力无论是虚功还是实功都为零。但在符合达朗贝尔原理的不稳定约束中，约束力的实功可能不为零（思考例 5 ）。证明：所有约束力的真实功率为（式 10 ）
\begin{equation}
P^{(c)} = \sum_i Q_i^{(c)} \dot q_i + \sum_j \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(c)} \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial t} = \sum_j \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(c)} \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial t} ~.
\end{equation}
稳定约束中，即约束方程中不出现时间，即 $ \boldsymbol{\mathbf{r}} _j$ 不显含时间，即 $ \partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j/\partial t = \boldsymbol{\mathbf{0}} $，所以约束力实功功率为零。
对于非达朗贝尔约束，式 18 不为零，这时只需要把它加到拉格朗日右边进行修正即可：
\begin{equation}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{t}} \frac{\partial L}{\partial \dot q_i} - \frac{\partial L}{\partial q_i} = Q_i^{(e)} + Q_i^{(c)}~,
\end{equation}
$Q_i^{(e)}$ 是不包含于势能中的非束缚广义力。证明留作习题。
例 2 非达朗贝尔约束
令水平轨道有两个滑块质量为 $m_1,m_2$，坐标为 $x_1< x_2$。第二个滑块与第一个滑块间有一个智能电动伸缩杆。伸缩杆会进行测量并主动伸缩使两个滑块的坐标始终满足
\begin{equation}
x_2 = 2x_1~,
\end{equation}
且伸缩杆的质量可以忽略不计，所以杆对两滑块的作用力始终等大反向。这是一个稳定约束，但做功却不为零。设两滑块受非约束力分别为 $F_1,F_2$，那么杆的力为
\begin{equation}
F_c = \frac{2m_2F_1 - m_1F_2}{m_1+2m_2}~.
\end{equation}
该系统只有一个自由度，姑且用 $x_1$ 作为广义坐标，那么 $F_1,F_2$ 产生的广义力为
\begin{equation}
Q^{(e)} = F_1 + 2F_2~,
\end{equation}
而约束力产生的广义力为
\begin{equation}
Q^{(c)} = -F_c + 2F_c = F_c~,
\end{equation}
所以广义力可能对系统做功。拉格朗日方程为
\begin{equation}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{t}} \frac{\partial T}{\partial \dot x_1} - \frac{\partial T}{\partial x_1} = Q^{(e)} + Q^{(c)}~,
\end{equation}
其中动能为
\begin{equation}
T = \frac{1}{2}m_1\dot x_1^2 + \frac{1}{2}m_2 \dot x_2^2 = \frac{1}{2}(m_1 + 4m_2)\dot x_1^2~.
\end{equation}
另一个反例是，若把摩擦力看作约束力，则达朗贝尔原理同样不适用，因为摩擦力总是做负功。