Buscar un Lagrangiano específico

Question

Buscar un Lagrangiano específico

acción
Física
formalismo lagrangiano
cálculo variacional
principio variacional

Noix07

Soy consciente de las condiciones teóricas para la existencia de ciertas ecuaciones de Euler-Lagrange (bicomplejo variacional, etc.) pero, sin embargo, estoy tratando a mano de encontrar un lagrangiano que produzca una ecuación complicada. Parece en este momento que mis dificultades pueden reducirse a un problema unidimensional, obteniendo un término de la forma

t \frac{d φ}{d t}

$t \frac{d \varphi }{d t}$

¿Se puede encontrar un lagrangiano cuya ecuación de Euler-Lagrange produzca tal término, y solo este?

Algunos cálculos:

En primer lugar, me permito un Lagrangiano que depende de derivadas superiores al primer orden, la ecuación de Euler-Lagrange entonces toma la forma
$\frac{\partial L}{\partial φ} - \partial_{t} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{t} φ)} + \partial_{t t} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{t t} φ)} - \partial_{t t t} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{t t t} φ)} + \dots = 0$ $\frac{\partial L}{\partial \varphi} - \partial_t \frac{\partial L}{\partial (\partial_t \varphi)} + \partial_{tt} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{tt} \varphi)} - \partial_{ttt} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{ttt} \varphi)} + \cdots = 0$
un término de la forma $t^2\, \varphi\, \partial_{tt} \varphi$ da
$\frac{\partial L}{\partial φ} = t^{2} \partial_{t t} φ y \partial_{t t} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{t t} φ)} = \partial_{t t} (t^{2} φ) = \partial_{t} (2 t φ + t^{2} \partial_{t} φ)$ $\frac{\partial L}{\partial \varphi} = t^2\, \partial_{tt} \varphi\quad \text{and}\quad \partial_{tt} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{tt} \varphi)} = \partial_{tt} \big( t^2\, \varphi \big) = \partial_t \big( 2\, t\, \varphi + t^2\, \partial_t \varphi\big)$ $= 2 φ + 2 t \partial_{t} φ + 2 t \partial_{t} φ + t^{2} \partial_{t t} φ$ $= 2\, \varphi + 2\, t\, \partial_t \varphi + 2\, t\, \partial_t \varphi + t^2 \,\partial_{tt} \varphi$

En todos mis intentos, cada vez $t\, \partial_t \varphi$ aparece, entonces también $t^2 \,\partial_{tt} \varphi$ con el mismo $1/2$ relación (no olvide el primer término de la ecuación de Euler-Lagrange)

Supongo que es imposible obtener ese término solo, pero estoy un poco decepcionado.

qmecanico

Por curiosidad: ¿En qué contexto surgió esta ecuación?

Noix07

Oh, es una ecuación mucho más grande y descarté todo (incluyendo otras derivadas parciales) porque sentí que solo este término era problemático. Estoy tratando de escribir el operador asociado al casimir.

W^{2}

$W^2$ (como Klein-Gordon wrt

P^{2}

$P^2$ )

Noix07

Pensé en cosas locas que en realidad me confunden un poco. Recuerdo que una de las ventajas del formalismo lagrangiano era que la ecuación de Euler-Lagrange no depende de la elección de coordenadas. Pero pensé en considerar

\tilde{φ} = φ (t^{2} / 2)

$\tilde{\varphi}= \varphi(t^2 /2)$ de modo que

{\tilde{φ}}^{'} (t) = t \tilde{φ (t)}

$\tilde{\varphi}' (t)= t \tilde{\varphi(t)}$ , se puede usar esto de alguna manera...??

Respuestas (1)

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Oh, es una ecuación mucho más grande y descarté todo (incluyendo otras derivadas parciales) porque sentí que solo este término era problemático. Estoy tratando de escribir el operador asociado al casimir. $W^2$ (como Klein-Gordon wrt $P^2$ )
Pensé en cosas locas que en realidad me confunden un poco. Recuerdo que una de las ventajas del formalismo lagrangiano era que la ecuación de Euler-Lagrange no depende de la elección de coordenadas. Pero pensé en considerar $\tilde{\varphi}= \varphi(t^2 /2)$ de modo que $\tilde{\varphi}' (t)= t \tilde{\varphi(t)}$ , se puede usar esto de alguna manera...??

qmecanico · Answer 1

OP pregunta si existe un término de acción $S$ tal que

\begin{matrix} (A) & \frac{d S}{d φ (t)} \overset{?}{=} t \frac{d φ (t)}{d t} . \end{matrix}

$\frac{\delta S}{\delta \varphi(t)}~\stackrel{?}{=}~t \frac{d \varphi(t) }{d t}.\tag{A}$ Por consistencia, entonces debemos tener

\begin{matrix} (B) & \frac{d^{2} S}{d φ (t^{'}) d φ (t)} \overset{(A)}{=} t \frac{d}{d t} d (t - t^{'}) . \end{matrix}

$\frac{\delta^2 S}{\delta \varphi(t^{\prime})\delta \varphi(t)}~\stackrel{(A)}{=}~t\frac{d }{d t}\delta(t\!-\!t^{\prime}).\tag{B}$ Pero la ec. (B) es inconsistente, ya que su lado izquierdo es simétrico

^{1}

$^1$ debajo de

t \leftrightarrow t^{'}

$t\leftrightarrow t^{\prime}$ intercambio, mientras que la distribución del lado derecho no lo es. Puede ser un poco sutil ver esto último. A continuación sigue una prueba quizás no necesariamente la más simple, pero al menos rigurosa y con suerte convincente: aplique, por ejemplo, una función de prueba gaussiana a la distribución en el lado derecho de la ecuación. (B):

\begin{matrix} (C) & \iint_{R^{2}} d t d t^{'} Exp {- a t^{2} - a^{'} t^{' 2}} t \frac{d}{d t} d (t - t^{'}) = - a^{'} \sqrt{\frac{π}{(a + a^{'})^{3}}} . \end{matrix}

$\iint_{\mathbb{R}^2}\!\mathrm{d}t~\mathrm{d}t^{\prime} ~\exp\left\{-at^2 -a^{\prime}t^{\prime 2}\right\}~t\frac{d }{d t}\delta(t\!-\!t^{\prime}) ~=~-a^{\prime}\sqrt{\frac{\pi}{(a+a^{\prime})^3}}. \tag{C}$ Esto no es simétrico bajo un

a \leftrightarrow a^{'}

$a\leftrightarrow a^{\prime}$ intercambio de las dos constantes positivas

a, a^{'} > 0

$a,a^{\prime}>0$ .

Entonces concluimos que tal término de acción $S$ no existe. $\Box$

Publicaciones relacionadas de Phys.SE: ¿Por qué no podemos atribuir un potencial (posiblemente dependiente de la velocidad) a una fuerza disipativa? , ¿ Cómo demuestro que existe un principio variacional/de acción para un sistema clásico dado? , y enlaces en el mismo.

--

$^1$ Dado que OP pregunta al respecto en un comentario, permítanos brindarle un ejemplo instructivo. Considere un término de acción

\begin{matrix} (D) & S := \int d t L (t), L (t) := \frac{t^{2}}{2} φ (t) \frac{d^{2} φ (t)}{d t^{2}} . \end{matrix}

$S~:=~\int\! dt ~L(t), \qquad L(t)~:=~ \frac{t^2}{2} \varphi(t)\frac{d^2 \varphi(t) }{d t^2}.\tag{D}$ La derivada funcional es entonces

\begin{matrix} (MI) & \frac{d S}{d φ (t)} \overset{(D)}{=} φ (t) + \frac{d}{d t} {t^{2} \frac{d φ (t)}{d t}} . \end{matrix}

$\frac{\delta S}{\delta \varphi(t)}~\stackrel{(D)}{=}~\varphi(t) + \frac{d}{dt}\left\{t^2 \frac{d\varphi(t) }{d t}\right\} .\tag{E}$ La segunda derivada funcional es

t \leftrightarrow t^{'}

$t\leftrightarrow t^{\prime}$ simétrico:

\begin{matrix} (F) & \frac{d^{2} S}{d φ (t^{'}) d φ (t)} \overset{(mi)}{=} d (t - t^{'}) - \frac{d}{d t} \frac{d}{d t^{'}} {t t^{'} d (t - t^{'})} . \end{matrix}

$\frac{\delta^2 S}{\delta \varphi(t^{\prime})\delta \varphi(t)}~\stackrel{(E)}{=}~\delta(t\!-\!t^{\prime}) - \frac{d}{dt}\frac{d}{dt^{\prime}}\left\{tt^{\prime}\delta(t\!-\!t^{\prime})\right\}.\tag{F}$

Todavía no he validado la respuesta porque todavía me pregunto si el rhs realmente no es simétrico....
$t\, \delta'(t-t')$ como una distribución con "variable" $t$ : dejar $\psi(t)$ ser una función de prueba, evaluar los medios de distribución para tomar la derivada, multiplicar por t y luego evaluar todo en $t'$ Se obtiene $t'\,\psi'(t')$ . intercambiar $t$ y $t'$ : $\langle t'\, \delta (t'- t), \psi(t')= t\, \psi'(t)$ . O tal vez uno todavía debería considerarlo como una distribución en $t$ , en ese caso $\langle t'\, \delta (t'- t), \psi(t)= |1| \times t'\, \psi'(t')$
¡Parece que se cumple el "lema de Schwarz"! Lo probé en un Lagrangiano simple. Luego, para el cálculo, estoy un poco oxidado, pero encuentro $- \frac{a}{(a+a')^2} \sqrt{\frac{\pi}{a+a'}}$ , sin embargo, sí veo que para una función de prueba arbitraria en dos variables, lo que rompe la simetría es el hecho de que uno toma una derivada en una de las variables y no en la otra.
@Q Mechanical ¡Espera!... es el siguiente simétrico: tomar $L(t,\varphi,\cdots) := t^2 \, \varphi\, \partial_{tt} \varphi,\ \frac{\delta S}{\delta \varphi (t)} = 2\, \varphi + 4\, t\, \partial_t \varphi + 2\, t^2 \,\partial_{tt} \varphi$ y por lo tanto $\frac{\delta S}{\delta \varphi(t')\delta \varphi (t)} = 2\, \delta(t-t') + 4\, t\, \delta ' (t- t') + 2\, t^2 \,\partial_{tt} \delta (t-t')$ ?? parece que no?!
@Qmechanic Me equivoco o la razón por la que aparece un término no simétrico es porque uno toma la derivada con respecto a $t$ (o $t'$ pero no ambos). Si este es el caso, entonces no veo cómo el ejemplo anterior es simétrico.
@AccidentalFourierTransform En primer lugar, se habla de una distribución en dos variables. Entonces $t$ a la izquierda hay una función suave que multiplica la distribución de dirac, no una función de prueba (en la que se aplica el dirac), así que no creo que esto sea correcto
@AccidentalFourierTransform hubo un derivado $\delta'$ y lo aplicaste en el $t$ de modo que en su rhs no aparece ningún derivado. si lo haces en $t f(t)$ obtienes un derivado de $f$ , además hay que sacar la derivada y luego multiplicar... o quizás no, esto no está claro....

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