¿Agregar la fijación del calibre directamente a mano es diferente del multiplicador de Lagrange?

Question

¿Agregar la fijación del calibre directamente a mano es diferente del multiplicador de Lagrange?

arcearce

¿Por qué es diferente agregar la fijación de calibre directamente a hacerlo mediante el multiplicador de Lagrange? Por simplicidad, no usamos el modelo de campo.

Método directo

Considere un sistema

\begin{matrix} (1) & L (X, \dot{X}, y, \dot{y}) = \frac{{\dot{X}}^{2}}{2} + \dot{X} y + \frac{(X - y)^{2}}{2} . \end{matrix}

$L(x,\dot x,y,\dot y)=\frac{\dot x^2}{2}+\dot x y+\frac{(x-y)^2}{2} \tag{1} \, .$ Este sistema tiene simetría de calibre.

\begin{matrix} (2) & d X = F (t), d y = F (t) - \dot{F} (t) \end{matrix}

$\delta x=f(t),\ \delta y=f(t)-\dot f(t)\tag{2}$ por arbitrario

f (t)

$f(t)$ . Bajo esta transformación,

\begin{matrix} (3) & d L = \frac{d}{d t} (X F + \frac{1}{2} F^{2}) . \end{matrix}

$\delta L = \frac{d}{dt}(x f+\frac{1}{2}f^2)\tag{3} \, .$ Las ecuaciones de Euler-Lagrange son:

\begin{aligned} (4) & L 1 & : \ddot{X} + \dot{y} - X + y = 0 \\ (5) & L 2 & : \dot{X} - X + y = 0 . \end{aligned}

$\begin{align} L1 &: \quad \ddot{x}+\dot y- x+ y =0 \tag{4} \\ L2 &: \quad \dot x - x+y = 0 \, .\tag{5} \end{align}$ Vemos

\begin{matrix} (6) & L 1 = \frac{d}{d t} L 2 + L 2 \end{matrix}

$L1= \frac{d}{dt}L2+L2\tag{6}$ entonces

(4)

$(4)$ no es independiente de

(5)

$(5)$ y solo tenemos que resolver

(5)

$(5)$ , es decir

\begin{matrix} (7) & \dot{X} = X - y, . \end{matrix}

$\dot x =x-y \tag{7} , .$ Vemos

y (t)

$y(t)$ es una libertad de calibre, y solo se fija

y (t)

$y(t)$ podemos resolver

x (t)

$x(t)$ .

Supongamos que elegimos el calibre $y=0$ . Luego resolvemos $\dot x-x = 0$ con resultado

\begin{matrix} (8) & X = C {mi}^{t} . \end{matrix}

$x= c e^t \, .\tag{8}$ con constante

c

$c$ determinada por el valor inicial.

Método del multiplicador de Lagrange

Ahora intentemos con el método del multiplicador de Lagrange,

\begin{matrix} (9) & L^{'} (X, \dot{X}, y, \dot{y}, λ) = \frac{{\dot{X}}^{2}}{2} + \dot{X} y + \frac{(X - y)^{2}}{2} - λ y . \end{matrix}

$L'(x,\dot x , y, \dot y, \lambda)= \frac{\dot x^2}{2}+\dot x y+\frac{(x-y)^2}{2} - \lambda y \, .\tag{9}$ Las ecuaciones de Euler-Lagrange son

\begin{aligned} (10) & \ddot{X} + \dot{y} - X + y & = 0 \\ (11) & \dot{X} - X + y - λ & = 0 \\ (12) & y & = 0 . \end{aligned}

$\begin{align} \ddot{x}+\dot y- x+ y &= 0 \tag{10} \\ \dot x - x+y-\lambda &= 0 \tag{11} \\ y &= 0 \, . \tag{12} \end{align}$ Sustituyendo

(12)

$(12)$ en

(10, 11)

$(10,11)$ da

\ddot{X} - X = 0 y \dot{X} - X = λ

$\ddot{x} - x =0 \quad \text{and} \quad \dot x-x=\lambda$ por lo tanto

\begin{matrix} (13) & X = C_{1} {mi}^{- t} + C_{2} {mi}^{t} ⟶ λ = - 2 C_{1} {mi}^{- t} . \end{matrix}

$x = c_1 e^{-t}+c_2 e^t \longrightarrow \lambda = -2 c_1 e^{-t} \, .\tag{13}$ Es obvio que

(13)

$(13)$ es diferente de

(8)

$(8)$ .

¿Por qué estos dos métodos dan resultados diferentes?

Nota : $y=0$ es una condición de calibre bien definida porque para cualquier función $y(t)$ Siempre puedo elegir la transformación de calibre $f(t)= c e^t + e^t\int_1^{t} e^{-u}y(u)du$ tal que $y = 0$

DanielSank

Estoy muy contento de que haya encontrado una forma sencilla de ilustrar la pregunta sin la complejidad añadida de la teoría de campos. Este es un excelente ejemplo de cómo eliminar la complejidad irrelevante para que el corazón de la pregunta sea claro y las respuestas también sean claras y esclarecedoras.

Respuestas (2)

¿Agregar la fijación del calibre directamente a mano es diferente del multiplicador de Lagrange?

Estoy muy contento de que haya encontrado una forma sencilla de ilustrar la pregunta sin la complejidad añadida de la teoría de campos. Este es un excelente ejemplo de cómo eliminar la complejidad irrelevante para que el corazón de la pregunta sea claro y las respuestas también sean claras y esclarecedoras.

qmecanico · Answer 1

I) El Lagrangiano de OP (1) se puede reescribir como

\begin{matrix} (A) & \begin{aligned} L = & \frac{{\dot{X}}^{2}}{2} + \dot{X} y + \frac{(X - y)^{2}}{2} \\ \overset{z \equiv X - y}{=} & \frac{1}{2} \frac{d (X^{2})}{d t} + \frac{(z - \dot{X})^{2}}{2} \\ \overset{w \equiv z - \dot{X}}{=} & \underset{derivada del tiempo total}{\underset{⏟}{\frac{1}{2} \frac{d (X^{2})}{d t}}} + \frac{w^{2}}{2}, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align}L ~=~& \frac{\dot{x}^2}{2} + \dot{x}y + \frac{(x-y)^2}{2}\cr ~\stackrel{z\equiv x-y}{=}&~\frac{1}{2}\frac{d(x^2)}{dt}+ \frac{(z-\dot{x})^2}{2}\cr ~\stackrel{w\equiv z-\dot{x}}{=}&~ \underbrace{\frac{1}{2}\frac{d(x^2)}{dt}}_{\text{total time derivative}}+ \frac{w^2}{2}, \end{align}\tag{A}$ con cuasi simetría de calibre infinitesimal

\begin{matrix} (B) & \begin{aligned} d X = & F, \\ d y = & F - \dot{F}, \\ d z = & \dot{F}, \\ d w = & 0, \\ d L = & \frac{d (X F)}{d t} . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \delta x~=~&f, \cr \delta y~=~&f-\dot{f}, \cr \delta z~=~&\dot{f}, \cr \delta w~=~&0,\cr \delta L~=~&\frac{d(xf)}{dt}. \end{align} \tag{B}$

tomemos $x$ y $w$ y como las variables fundamentales. Sorprendentemente, ¡no es necesario a priori imponer ninguna condición de contorno (BC)! El $x$ variable es un grado de libertad de calibre. La ecuación EL. para $w$ es

\begin{matrix} (C) & w \approx 0. \end{matrix}

$w~\approx~0. \tag{C}$

Surge un pequeño problema: la condición de fijación del calibre de OP

\begin{matrix} (D) & X - \dot{X} - w \equiv X - z \equiv y \approx 0 \end{matrix}

$x-\dot{x}-w~\equiv~x-z~\equiv~y~\approx~0 \tag{D}$ no es transversal a las órbitas de calibre, es decir, no fija completamente el calibre, es decir, se puede agregar libremente una contribución

c e^{t}

$ce^t$ a

x

$x$ sin salir de la superficie de fijación del manómetro. Sin embargo, en principio eso podría solucionarse agregando un BC pertinente. Entonces, la condición de fijación de calibre de OP (D) está bien planteada.

II) El lagrangiano de calibre fijo de OP (9) se puede reescribir como

\begin{matrix} (MI) & \begin{aligned} L^{'} = & L - λ y \\ = & \frac{1}{2} \frac{d (X^{2})}{d t} + \frac{w^{2}}{2} - λ (X - \dot{X} - w) . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align}L^{\prime} ~=~&L-\lambda y\cr ~=~& \frac{1}{2}\frac{d(x^2)}{dt}+ \frac{w^2}{2}-\lambda(x-\dot{x}-w). \end{align}\tag{E}$

Las ecuaciones EL. leer

\begin{matrix} (F) & \begin{aligned} \dot{λ} + λ \approx & 0, \\ w + λ \approx & 0, \\ X - \dot{X} - w \approx & 0, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \dot{\lambda}+\lambda~\approx~&0,\cr w+\lambda~\approx~&0,\cr x-\dot{x}-w~\approx~&0,\end{align}\tag{F}$ con solucion

\begin{matrix} (GRAMO) & \begin{aligned} - λ = & w = 2 C_{1} {mi}^{- t}, \\ X = & C_{1} {mi}^{- t} + C_{2} {mi}^{t}, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} -\lambda ~=~&w~=~ 2 c_1 e^{-t}, \cr x ~=~& c_1 e^{-t}+c_2 e^t ,\end{align}\tag{G}$ de acuerdo con la ecuación de OP. (13).

Ahora podemos identificar la causa del desacuerdo con la sección I: el multiplicador de Lagrange (que se supone que es una variable auxiliar no dinámica) se ha vuelto efectivamente dinámico: su eom (F) depende de una derivada del tiempo $\dot{\lambda}$ . debemos elegir $c_1=0$ . Entonces se restablece la concordancia con la fracción I.

III) Una forma alternativa de expresar el problema es que la restricción (D) es efectivamente no holonómica, lo que abre la caja de Pandora, cf. por ejemplo , este y este Phys.SE publicaciones.

SonerAlbayrak · Answer 2

Permítanme resumir algunos puntos clave en mi opinión:

$y$ no es una variable libre que se puede fijar arbitrariamente (como un campo de calibre), sino que es una variable auxiliar.
El Lagrangiano con el que comienzas es en realidad una derivada del tiempo total.
Cambias el Lagrangiano en el caso de los multiplicadores de Lagrange.

Como no hay término dinámico, $g(\dot{y})$ en la ecuación (1), $y$ es una variable auxiliar: puede reemplazarla por su ecuación de movimiento, que es

y = X - \dot{X}

$y=x-\dot{x}$ Después de esto, ves que tu Lagrangiano es

L (X, \dot{X}) = \frac{d}{d t} (\frac{1}{2} X^{2})

$L(x,\dot{x})=\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}x^2\right)$ Esta es la razón por la que ves una simetría.

X \to X + F (t)

$x\to x+f(t)$ en primer lugar: No importa cómo cambies

x

$x$ , la diferencia en el lagrangiano será la derivada del tiempo total, ya que el propio lagrangiano inicial es una derivada del tiempo total.

En general, no puedes sumar el resultado de EOM al Lagrangiano: obtendrías respuestas incorrectas. Sin embargo, para campos auxiliares que carecen de términos dinámicos, esto es posible. En tu ejemplo, $y$ no es una libertad de calibre sino un campo auxiliar.

En su ecuación (9), cambia el lagrangiano ya que no puede elegir arbitrariamente $y$ . De hecho, si repites el mismo cálculo con el Lagrangiano

L^{'} (X, \dot{X}, y, \dot{y}, λ) = L (X, \dot{X}, y, \dot{y}) + λ (X - y - \dot{X})

$L'(x,\dot{x},y,\dot{y},\lambda)=L(x,\dot{x},y,\dot{y})+\lambda (x-y-\dot{x})$ obtienes los mismos resultados consistentes.

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arcearce

Método directo

Método del multiplicador de Lagrange

DanielSank

Respuestas (2)

qmecanico

SonerAlbayrak

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