¿Cómo encontrar el hamiltoniano a partir de este lagrangiano simple? (complicado)

1. Transformación de Legendre. La pregunta de OP contiene algunos aspectos sutiles que nos gustaría aclarar. Tenga en cuenta que una transformación de Legendre (singular o no) debe ser una operación involutiva . (Por lo tanto, sería inconsistente proponer, digamos, que un lagrangiano, que deja todo indeterminado, debería corresponder a un hamiltoniano, que lo arregla todo. En particular, es una simplificación excesiva afirmar que el hamiltoniano es idénticamente cero).

   En esta respuesta damos una transformación de Legendre consistente en el marco de la teoría de Dirac-Bergmann y la dinámica restringida.

2. formulación lagrangiana. Lecturas lagrangianas de OP

   $$L(q,v,t)~:=~ vf(q), \qquad f(q)~:=~\frac{\sin^2 q}{2}~\stackrel{(2)}{=}~F^{\prime}(q). \tag{1}$$ La acción correspondiente es invariante bajo reparametrizaciones temporales. Pero aún más sorprendente, es una acción límite: $$S[q]~=~\int_{t_i}^{t_f}\! dt~ L(q,\dot{q},t)~\stackrel{(1)}{=}~ F(q(t_f)) - F(q(t_i)), \qquad F(q)~:=~\frac{q}{4}- \frac{\sin 2q}{8}. \tag{2}$$ Para tener un problema variacional bien definido, debemos imponer condiciones de contorno. Supondremos condiciones de frontera de Dirichlet $$q(t_i)~=~q_i \quad\text{and}\quad q(t_f)~=~q_f. \tag{3}$$ Vemos que la acción (2) tiene una simetría de calibre infinitesimal de la forma $$\delta q(t) ~=~\varepsilon(t)\quad\text{where}\quad \varepsilon(t_i)~=~0 \quad\text{and}\quad \varepsilon(t_f)~=~0.\tag{4}$$ La posición$q$no es un observable físico a excepción de los puntos límite. La ecuación de Euler-Lagrange (EL) se cumple de forma idéntica. El impulso lagrangiano es $$p~=~\frac{\partial L}{\partial v}~=~f(q),\tag{5}$$ y la función de energía lagrangiana $$h~=~pv-L~\stackrel{(1)+(5)}{=}~0\tag{6}$$ se desvanece de manera idéntica.

3. formulación hamiltoniana. Según el análisis de Dirac-Bergmann, la ec. (5) es una restricción primaria

   $$\chi~:=~p - f(q)~\approx~0.\tag{7}$$ De hecho, la ec. (7) es una restricción de primera clase , que genera la simetría de calibre (4) a través del corchete de Poisson $$\delta ~=~\varepsilon \{ ~\cdot~, \chi\},\tag{8}$$ es decir, como un campo vectorial hamiltoniano . La acción hamiltoniana correspondiente es $$S_H[q,p,\lambda]~=~\int_{t_i}^{t_f}\!dt~ L_H , \qquad L_H ~=~p\dot{q} - H, \tag{9}$$ con hamiltoniano $$H~:=~ \lambda \chi,\tag{10}$$ dónde$\lambda$es un multiplicador de Lagrange indeterminado , que impone la restricción (7). Las 3 ecuaciones EL para la acción hamiltoniana (9) wrt. las 3 variables$\lambda$,$p$, y$q$son las ecuaciones de hamilton $$\dot{p}~\approx~-\frac{\partial H}{\partial q}~=~\lambda f^{\prime}(q).\tag{11}$$ $$\dot{q}~\approx~\frac{\partial H}{\partial p}~=~\lambda, \tag{12}$$ y la restricción (7), respectivamente. Tenga en cuenta que la ec. (11) es una consecuencia de las ecs. (7) y (12). También tenga en cuenta que el hamiltoniano (10) es cero en el caparazón. El hecho de que$\lambda$es indeterminado refleja el hecho de que$q$es una variable de calibre no física.

4. Comparación. Podemos completar el cuadrado del hamiltoniano lagrangiano (9) como

   $$L_H ~= ~(p - f(q)) (\dot{q} - \lambda) + L(q,\dot{q},t).\tag{13}$$ Por lo tanto, si integramos las variables$p$y$\lambda$en la acción hamiltoniana (13), recuperamos el lagrangiano original (1), del que partimos. Esta es una verificación de consistencia de que hemos encontrado la formulación hamiltoniana correcta.

El hamiltoniano no está definido. Convertir un lagrangiano en un hamiltoniano requiere:

• Hallazgo$p$
• Escribiendo$H=p\dot q-L$
• expresando$H$en términos de$p$y$q$, eliminando toda dependencia de$\dot q$.

Para que el tercer paso sea posible, debe poder definir una transformación de coordenadas entre el$(q,\dot q)$sistema de coordenadas y el$(q,p)$sistema coordinado. Esto requiere que$(q,p)$es un buen sistema de coordenadas, en el sentido de que un estado del sistema se puede representar de forma única mediante un par de$(q,p)$coordenadas A su vez, esto significa que la transformación$(q,\dot q)\rightarrow (q,p)$debe tener un jacobiano distinto de cero.

Sin embargo, es fácil ver que este no es el caso. Lo sabemos$(q,p)=(q,\frac{1}{2}\sin^2 q)$. Por lo tanto, el jacobiano es

Eso significa que NO PODEMOS escribir$p$como una función de$q,\dot q$, y no puede haber un hamiltoniano$H(p,q)$que es una función de sólo las coordenadas$(p,q)$porque las coordenadas$(p,q)$no especifique el estado del sistema.

para

el hamiltoniano es

tomar una función arbitraria$~f(q~,\dot q)=f(q)\,\dot q~$se obtiene de la ecuación (1)

el hamiltoniano es cero

El Lagrangiano dado es homogéneo de grado$\color{red}{1}$en$\dot{q}$, eso es,$L(q,\lambda\dot{q})=\lambda L(q,\dot{q})$para cualquier$\lambda>0$. Así, por el teorema de la función homogénea de Euler , tenemos

Por lo tanto, el hamiltoniano se desvanece de forma idéntica.