¿Ayuda a comprender qué significa el hamiltoniano para la acción en comparación con las ecuaciones de Euler-Lagrange para el lagrangiano?

Question

¿Ayuda a comprender qué significa el hamiltoniano para la acción en comparación con las ecuaciones de Euler-Lagrange para el lagrangiano?

acción
Física
mecanica clasica
oscilador armónico
formalismo hamiltoniano

Stan Shunpike

Considere el Lagrangiano para un oscilador armónico simple

L (X, \dot{X}) = \frac{1}{2} metro {\dot{X}}^{2} - \frac{1}{2} k X^{2}

$\begin{equation} L (x,\dot{x}) = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2 \end{equation}$ obviamente tenemos

\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial X} & = - k X \\ \frac{\partial L}{\partial \dot{X}} & = metro \dot{X} \\ \frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial \dot{X}}) & = metro \ddot{X} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{\partial L}{\partial x} & = -kx\\ \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} & = m\dot{x}\\ \frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) & = m\ddot{x} \end{align}$ Así que esto satisface el Euler-Lagrange en que conocemos un

F = m a

$F = ma$ y por lo tanto la fuerza de un resorte debe seguir esta ley también, dándonos

\begin{aligned} \frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial \dot{X}}) - \frac{\partial L}{\partial X} & = 0 \\ metro \ddot{X} + k X & = 0 \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) -\frac{\partial L}{\partial x} & =0 \\ m\ddot{x} + kx &= 0 \end{align}$ Ahora hagamos la versión hamiltoniana. Aquí es donde tengo un problema. Obtenemos el hamiltoniano mediante la transformación de Legendre y obtenemos

H (X, pag) = \frac{1}{2} \frac{{pag}^{2}}{metro} + \frac{1}{2} k X^{2}

$\begin{equation} H(x,p) = \frac{1}{2}\frac{p^2}{m} + \frac{1}{2}kx^2 \end{equation}$ Ahora, según lo que entiendo, las ecuaciones de movimiento deberían ser

\begin{aligned} - \frac{\partial H}{\partial X} & = - k X = \dot{pag} \\ \frac{\partial H}{\partial pag} & = \frac{pag}{metro} = \dot{X} \end{aligned}

$\begin{align} -\frac{\partial H}{\partial x} & = -kx = \dot{p}\\ \frac{\partial H}{\partial p} & = \frac{p}{m} = \dot{x} \end{align}$ Pero no veo qué me dice esto sobre la relación entre la ley de Newton y la ley de Hooke. Para el Lagrangiano, cuando conecto la información relevante, obtengo una relación que muestra explícitamente la acción

S [X] = \int_{a}^{b} L (t, X, \dot{X}) d t

$\begin{equation} S[x] = \int_a^bL(t,x,\dot{x})dt \end{equation}$ que satisfaga la ecuación EL como condición necesaria para

S [x]

$S[x]$ tener un extremo para la función dada

x (t)

$x(t)$ .

Mi pregunta:

¿Cómo hacen esto las ecuaciones de Hamilton? Cuando observo las "ecuaciones de movimiento" del hamiltoniano, no veo cómo me dicen nada sobre la acción. ¡Pero deberían! Ese es su propósito, al igual que sus análogos lagrangianos.

La única manera que veo para hacerlo es hacer algo como

\begin{aligned} \frac{d}{d t} (metro \frac{\partial H}{\partial pag}) & = metro \frac{d}{d t} \dot{X} \\ = metro \ddot{X} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d}{dt}\left(m\frac{\partial H}{\partial p}\right) & = m\frac{d}{dt}\dot{x}\\ &=m\ddot{x}\\ \end{align}$ y luego organizarlos algo como

\begin{aligned} \frac{d}{d t} (metro \frac{\partial H}{\partial pag}) + \frac{\partial H}{\partial X} & = 0 \\ metro \ddot{X} + k X & = 0 \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d}{dt} \left(m\frac{\partial H}{\partial p}\right) + \frac{\partial H}{\partial x} & =0 \\ m\ddot{x} + kx &= 0 \end{align}$ Pero nunca he visto a nadie hacer esto en los libros introductorios, así que siento que debo estar malinterpretando lo que significa el hamiltoniano en relación con la acción.

david z

Hm... bueno, ¿por qué esperarías que las ecuaciones de Hamilton tuvieran algo que ver con la acción? (No es que esté diciendo que no)

Stan Shunpike

@DavidZ Pensé que el propósito de la acción era, en efecto, permitirnos identificar el camino más corto entre dos puntos al mostrar que la acción es estacionaria, es decir, no cambia con una pequeña variación. Según tengo entendido, por eso tenemos el Lagrangiano en primer lugar. Si el sistema satisface la ecuación EL, entonces pasa una de las condiciones necesarias para que la acción tenga un extremo. En muchos casos, esto parece ser las propias ecuaciones de movimiento. Entonces supuse que el hamiltoniano estaba relacionado con la acción, ya que la acción parece muy importante para el formalismo lagrangiano.

Stan Shunpike

@DavidZ La respuesta que recibí habría respondido mi pregunta. Pero ahora no estoy seguro de qué significa el hamiltoniano para la acción. Así que supongo que esperaré y veré si alguien más responde y responde esa pregunta directamente. Me gustaría una declaración formal de lo que significa el hamiltoniano para la acción. Tengo una buena en mi libro Calculus of Variations de IM Gelfand, ‎SV Fomin for the Lagrangian.

Respuestas (4)

¿Ayuda a comprender qué significa el hamiltoniano para la acción en comparación con las ecuaciones de Euler-Lagrange para el lagrangiano?

Hm... bueno, ¿por qué esperarías que las ecuaciones de Hamilton tuvieran algo que ver con la acción? (No es que esté diciendo que no)
@DavidZ Pensé que el propósito de la acción era, en efecto, permitirnos identificar el camino más corto entre dos puntos al mostrar que la acción es estacionaria, es decir, no cambia con una pequeña variación. Según tengo entendido, por eso tenemos el Lagrangiano en primer lugar. Si el sistema satisface la ecuación EL, entonces pasa una de las condiciones necesarias para que la acción tenga un extremo. En muchos casos, esto parece ser las propias ecuaciones de movimiento. Entonces supuse que el hamiltoniano estaba relacionado con la acción, ya que la acción parece muy importante para el formalismo lagrangiano.
@DavidZ La respuesta que recibí habría respondido mi pregunta. Pero ahora no estoy seguro de qué significa el hamiltoniano para la acción. Así que supongo que esperaré y veré si alguien más responde y responde esa pregunta directamente. Me gustaría una declaración formal de lo que significa el hamiltoniano para la acción. Tengo una buena en mi libro Calculus of Variations de IM Gelfand, ‎SV Fomin for the Lagrangian.

ryan unger · Answer 1

Sé que llego tarde a la fiesta, pero déjame mostrarte que las mecánicas lagrangiana y hamiltoniana son compatibles mediante la sustitución directa de la lagrangiana en las ecuaciones de Hamilton.

El hamiltoniano es, en términos del lagrangiano,

H (pag, q) = pag \dot{q} (pag, q) - L (q, \dot{q} (pag, q))

$H(p,q)=p\dot q(p,q)-L(q,\dot q(p,q))$ Ahora tomamos la primera ecuación de Hamilton y la reemplazamos

\dot{q} = \frac{\partial H}{\partial pag} = \dot{q} + pag \frac{\partial \dot{q}}{\partial pag} - \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \frac{\partial \dot{q}}{\partial pag}

$\dot q=\frac{\partial H}{\partial p}=\dot q+p\frac{\partial\dot q}{\partial p}-\frac{\partial L}{\partial\dot q}\frac{\partial \dot q}{\partial p}$ Lo que implica

pag = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}

$p=\frac{\partial L}{\partial \dot q}$ Ahora tomamos la segunda ecuación hamiltoniana y la reemplazamos

- \dot{pag} = \frac{\partial H}{\partial q} = pag \frac{\partial \dot{q}}{\partial q} - \frac{\partial L}{\partial q} - \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \frac{\partial \dot{q}}{\partial q}

$-\dot p=\frac{\partial H}{\partial q}=p\frac{\partial \dot q}{\partial q}-\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{\partial L}{\partial\dot q}\frac{\partial \dot q}{\partial q}$ Usando la primera ecuación hamiltoniana, vemos que el último término cancela al primero. entonces obtenemos

\dot{pag} = \frac{\partial L}{\partial q}

$\dot p=\frac{\partial L}{\partial q}$ Entonces podemos combinar las dos ecuaciones y obtener

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

$\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q}=0$ que es simplemente la ecuación de Euler-Lagrange.

Por tanto, las mecánicas hamiltoniana y lagrangiana son equivalentes.

qmecanico · Answer 2

OP pide en el título (v1) ayuda para comprender qué significa el hamiltoniano para la acción en comparación con las ecuaciones de Euler-Lagrange para el lagrangiano.

Parece relevante en este contexto señalar que existe un principio de acción tanto para el formalismo lagrangiano como para el hamiltoniano.

Por un lado, el principio de acción estacionario para la acción lagrangiana
$\begin{matrix} (L1) & S [q] := \int d t L (q, \dot{q}, t) \end{matrix}$ $\tag{L1} S[q]~:=~\int \! dt ~ L(q,\dot{q},t)$ en el formalismo lagrangiano conduce a las ecuaciones de movimiento de Lagrange (eom) $^1$ $\begin{matrix} (L2) & \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}^{i}} \approx \frac{\partial L}{\partial q^{i}} . \end{matrix}$ $\tag{L2} \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i} ~\approx~ \frac{\partial L}{\partial q^i}.$
Por otro lado, el principio de acción estacionario para la acción hamiltoniana
$S_{H} [q, pag] := \int d t L_{H} (q, \dot{q}, pag, t),$ $S_H[q,p] ~:=~ \int \! dt ~ L_H(q,\dot{q},p,t),$ $\begin{matrix} (H1) & L_{H} (q, \dot{q}, pag, t) := {pag}_{i} {\dot{q}}^{i} - H (q, pag, t), \end{matrix}$ $\tag{H1} L_H(q,\dot{q},p,t) ~:=~ p_i \dot{q}^i - H(q,p,t),$ en el formalismo hamiltoniano conduce al eom de Hamilton $\begin{matrix} (H2) & {\dot{q}}^{i} \approx \frac{\partial H}{\partial {pag}_{i}}, - {\dot{pag}}_{i} \approx \frac{\partial H}{\partial q^{i}} . \end{matrix}$ $\tag{H2} \dot{q}^i ~\approx~ \frac{\partial H}{\partial p_i}, \qquad -\dot{p}_i ~\approx~ \frac{\partial H}{\partial q^i}.$

--

$^1$ Aquí el $\approx$ símbolo significa igualdad módulo eom.

gracias por abordar este tema en particular. Entonces, déjame ver si entiendo: para encontrar la acción hamiltoniana, tomo la transformada de Legendre del hamiltoniano. Pero pensé que esto era una involución. Así que como si $T$ es la transformación de Legendre que produce $H$ de $L$ , entonces $T \circ T$ debería ceder $L$ de nuevo. Pero eso no es lo que tienes. Tienes $L_H(q,\dot{q},p,t)$ . ¿Por qué? habría pensado que sería $L(q,\dot{q},t)$ de nuevo. ¿No es esa la definición de una involución? Además, ¿por qué la acción hamiltoniana depende entonces de $q,p$ pero no las otras dos variables?
1. Si hemos derivado la condición $\dot{q}^i=f^i(q,p,t)$ de la transformación de Legendre, entonces el hamiltoniano lagrangiano y el lagrangiano toman el mismo valor $L_{H} (q, F (q, pag, t), pag, t) = L (q, F (q, pag, t), t)$ $L_H(q,f(q,p,t),p,t)~=~ L(q,f(q,p,t),t)$ en esta condición. La transformación de Legendre se aborda con más detalle, por ejemplo, en esta publicación de Phys.SE. 2. Una acción nunca depende de las variables de puntos, consulte, por ejemplo, esta publicación de Phys.SE.

CStarÁlgebra · Answer 3

Empezando con

$\begin{align} -\frac{\partial H}{\partial x} & = -kx = \dot{p}\\ \frac{\partial H}{\partial p} & = \frac{p}{m} = \dot{x} \end{align}$

Se toma la derivada temporal de ambos lados de la segunda ecuación.

$\frac{d}{dt}(\frac{p}{m}) = \frac{d}{dt}\dot{x}$

donación

$\frac{\dot{p}}{m} = \ddot{x}$

Sustituyendo de la primera ecuación de Hamilton

$\frac{-kx}{m} = \ddot{x}$

dando finalmente

$-kx = m\ddot{x}$

fénix87 · Answer 4

Observa que de la segunda ecuación se obtiene $p=m\dot x$ , de modo que al sustituir en el primero se obtiene $-kx=m\ddot x$ .

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