El demonio de Lagrange desconserva el momento angular

Question

El demonio de Lagrange desconserva el momento angular

jstark

Monsieur Lagrange tira de una cuerda hacia abajo a través de un agujero en una mesa horizontal, lo que provoca una masa giratoria (puntual). Un demonio se sienta en su hombro y toma nota cuidadosa de los procedimientos. No hay función potencial. El lagrangiano es

\begin{matrix} (1) & L = \frac{1}{2} metro {\dot{r}}^{2} + \frac{1}{2} metro r^{2} {\dot{θ}}^{2} . \end{matrix}

$\mathcal{L}= \frac12m \dot{r}^2 +\frac12m r^2\dot{\theta}^2. \tag{1}$

Como Monsieur Lagrange se sujeta a un protocolo de tiempo, tenemos un Lagrangiano con restricción

\begin{matrix} (2) & L^{'} = \frac{1}{2} metro {\dot{r}}^{2} + \frac{1}{2} metro r^{2} {\dot{θ}}^{2} + λ (r - gramo (t)) . \end{matrix}

$\mathcal{L'}= \frac12m \dot{r}^2 +\frac12m r^2\dot{\theta}^2+ \lambda (r-g(t)) .\tag{2}$

El Euler-Lagrange para $r$ es

\begin{aligned} \frac{d}{d t} \frac{\partial L^{'}}{\partial \dot{r}} - \frac{\partial L^{'}}{\partial r} & = metro (\ddot{r} - r {\dot{θ}}^{2}) + \frac{d}{d t} \frac{\partial λ (r - gramo (t))}{\partial \dot{r}} - \frac{\partial λ (r - gramo (t))}{\partial r} \\ \approx metro (\ddot{r} - r {\dot{θ}}^{2}) - λ \\ (3) & = 0, \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d }{dt }\frac{\partial\mathcal{L'}}{\partial \dot{r}}-\frac{\partial \mathcal{L'}}{\partial {r}}&= m(\ddot{r}-r \dot {\theta} ^2) + \frac{d }{dt }\frac{\partial\lambda(r-g(t))}{\partial \dot{r}}-\frac{\partial \lambda (r-g(t))}{\partial {r}} \\ &\approx m(\ddot{r}-r \dot {\theta} ^2)-\lambda \\ &= 0,\tag{3} \end{align}$

dónde $\approx$ indica aquí, y tres veces posteriormente, que posiblemente algunas derivadas se multipliquen por cero eaux-shell.

El Euler-Lagrange para $\theta$ es

\begin{aligned} \frac{d}{d t} \frac{\partial L^{'}}{\partial \dot{θ}} - \frac{\partial L^{'}}{\partial θ} & = \frac{d}{d t} (metro r^{2} \dot{θ}) + \frac{d}{d t} \frac{\partial λ (r - gramo (t))}{\partial \dot{θ}} - \frac{\partial λ (r - gramo (t))}{\partial θ} \\ \approx \frac{d}{d t} (metro r^{2} \dot{θ}) \\ (4) & = 0. \end{aligned}

$\begin{align}\frac{d }{dt }\frac{\partial\mathcal{L'}}{\partial \dot{\theta}}-\frac{\partial \mathcal{L'}}{\partial {\theta}} &= \frac{d}{dt} (m r^2 \dot{{\theta}}) + \frac{d }{dt }\frac{\partial\lambda(r-g(t))}{\partial \dot{\theta}}-\frac{\partial \lambda (r-g(t))}{\partial {\theta}} \\ &\approx \frac{d}{dt} (m r^2 \dot{{\theta}}) \\ &= 0.\tag{4} \end{align}$

identificamos $mr^2\dot{\theta}$ como el momento angular, $L$ , una constante del movimiento. Sin ordenar el formalismo hamiltoniano completo, podemos calcular el cambio en la energía cinética.

\begin{matrix} (5) & T = \frac{1}{2} metro ({\dot{r}}^{2} + r^{2} {\dot{θ}}^{2}) = \frac{1}{2} (metro {\dot{r}}^{2} + \frac{L^{2}}{metro r^{2}}) . \end{matrix}

$T= \frac12m(\dot{r}^2+r^2 \dot{\theta}^2)=\frac12\left(m\dot{r}^2+\frac{L^2}{mr^2}\right).\tag{5}$

\begin{aligned} \frac{d T}{d t} & = metro \dot{r} \ddot{r} - \frac{L^{2}}{metro r^{3}} \dot{r} \\ = (metro \ddot{r} - \frac{(metro r^{2} \dot{θ})^{2}}{metro r^{3}}) \dot{r} \\ = metro (\ddot{r} - r {\dot{θ}}^{2}) \dot{r} \\ (6) & = λ \dot{r} . \end{aligned}

$\begin{align} \frac{dT}{dt}&=m\dot{r}\ddot{r} -\frac{L^2}{mr^3}\dot{r}\\ &= \left(m\ddot{r}- \frac{(mr^2\dot{\theta})^2}{mr^3}\right)\dot{r}\\ &=m (\ddot{r} - r \dot{\theta}^2)\dot{r}\\ &= \lambda \dot{r}.\tag{6} \end{align}$

Sin sorpresas hasta ahora: $\theta$ es "ignorable", momento angular $L$ se conserva El multiplicador de Lagrange $\lambda$ es la fuerza total en la dirección "r" igual al negativo de la fuerza ejercida por Lagrange, quien realiza trabajo cuando tira de la masa hacia adentro.

Ahora... el demonio ha estado compilando una tabla de $\theta$ vs. tiempo y utiliza la teoría de la función implícita para representar r como una función de $\theta$ . En la segunda carrera, Monsieur Lagrange estará muy limitado.

LA TRAYECTORIA DEBE PERMANECER SIN ALTERACIONES.

\begin{matrix} (7) & L^{″} = \frac{1}{2} metro {\dot{r}}^{2} + \frac{1}{2} metro r^{2} {\dot{θ}}^{2} + m (r - h (θ)) . \end{matrix}

$\mathcal{L''}= \frac12m \dot{r}^2 +\frac12m r^2\dot{\theta}^2+ \mu (r-h(\theta)).\tag{7}$

El Euler-Lagrange para $r$ es

\begin{aligned} \frac{d}{d t} \frac{\partial L^{″}}{\partial \dot{r}} - \frac{\partial L^{″}}{\partial r} & = metro (\ddot{r} - r {\dot{θ}}^{2}) + \frac{d}{d t} \frac{\partial m (r - h (θ))}{\partial \dot{r}} - \frac{\partial m (r - h (θ))}{\partial r} \\ \approx metro (\ddot{r} - r {\dot{θ}}^{2}) - m \\ (8) & = 0. \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d }{dt }\frac{\partial\mathcal{L''}}{\partial \dot{r}}-\frac{\partial \mathcal{L''}}{\partial {r}}&= m(\ddot{r}-r \dot {\theta} ^2) + \frac{d }{dt }\frac{\partial\mu (r-h(\theta))}{\partial \dot{r}}-\frac{\partial \mu (r-h(\theta))}{\partial {r}} \\ &\approx m(\ddot{r}-r \dot {\theta} ^2)-\mu \\ &= 0.\tag{8} \end{align}$

El Euler-Lagrange para $\theta$ es

\begin{aligned} \frac{d}{d t} \frac{\partial L^{″}}{\partial \dot{θ}} - \frac{\partial L^{″}}{\partial θ} & = \frac{d}{d t} (metro r^{2} \dot{θ}) + \frac{d}{d t} \frac{\partial m (r - h (θ))}{\partial \dot{θ}} - \frac{\partial m (r - h (θ))}{\partial θ} \\ \approx \frac{d}{d t} (metro r^{2} \dot{θ}) + m \frac{\partial h}{\partial θ} \\ = \frac{d L}{d t} + m \frac{\dot{r}}{\dot{θ}} \\ (9) & = 0. \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d }{dt }\frac{\partial\mathcal{L''}}{\partial \dot{\theta}}-\frac{\partial \mathcal{L''}}{\partial {\theta}}&= \frac{d}{dt} (m r^2 \dot{{\theta}}) + \frac{d }{dt }\frac{\partial\mu(r-h(\theta))}{\partial \dot{\theta}}-\frac{\partial \mu (r-h(\theta))}{\partial {\theta}} \\ &\approx \frac{d}{dt} (m r^2 \dot{{\theta}}) + \mu \frac{\partial h}{\partial \theta} \\ &= \frac {d L}{d t} + \mu \frac {\dot r}{\dot \theta} \\ &= 0.\tag{9} \end{align}$

Ahora vemos inmediatamente que desde $\theta$ ya no es "ignorable" el momento angular ya no se conserva. Por otro lado, el multiplicador de Lagrange (ahora $\mu$ ) sigue siendo la fuerza total que opera en el $r$ dirección. De nuevo podemos calcular la tasa de cambio de la energía cinética.

\begin{aligned} \frac{d T}{d t} & = metro \dot{r} \ddot{r} - \frac{L^{2}}{metro r^{3}} \dot{r} + \frac{1}{2 metro r^{2}} \cdot \frac{d}{d t} L^{2} \\ = (metro \ddot{r} - \frac{(metro r^{2} \dot{θ})^{2}}{metro r^{3}}) \dot{r} + \frac{1}{2 metro r^{2}} \cdot 2 L \frac{d L}{d t} \\ = m \dot{r} + \frac{1}{2 metro r^{2}} \cdot 2 metro r^{2} \dot{θ} \cdot (- 1) m \frac{\dot{r}}{\dot{θ}} \\ = m \dot{r} - m \dot{r} \\ (10) & = 0. \end{aligned}

$\begin{align} \frac{dT}{dt}&=m\dot{r}\ddot{r} -\frac{L^2}{mr^3}\dot{r}+ \frac1{2mr^2} \cdot \frac{d}{dt} L^2\\ &=\left(m\ddot{r}- \frac{(mr^2\dot{\theta})^2}{mr^3}\right)\dot{r}+ \frac1{2mr^2} \cdot 2L \frac{dL}{dt}\\ &= \mu \dot{r}+ \frac1{2mr^2} \cdot 2 mr^2 \dot{\theta}\cdot (-1) \mu \frac {\dot{r}}{\dot{\theta}}\\ &=\mu \dot{r} - \mu \dot{r}\\ &=0.\tag{10} \end{align}$

Bueno, no puedo ver cuál es el error. No parece haber ningún error de cálculo. El demonio solo dirá cosas como $\theta$ procede de esto a aquello, por lo que debe tirar de la cuerda de este $r$ a ese $r$ .

Me parece recordar de Ingeniería Eléctrica que "un sistema es 'Observable' si esta matriz es de rango completo" y "un sistema es 'Controlable' si esta matriz o alguna otra matriz es de rango completo o menos de rango completo pero yo Ni siquiera veo cómo se aplica.

(absorbido en el OP de OP de la "respuesta" original de OP en "anticipación" de la respuesta de @Qmechanic, comentario de @ACuriousMind)

¿Detalles? El Demonio está en los Detalles. La construcción en la segunda parte es completamente general según la Teoría de la Función Implícita. En cuanto a un ejemplo específico:

Sabemos $L=mr^2\dot{\theta}$ o $\dot{\theta}= \frac{1}{r^2} \frac{L}{m}$ . Supongamos la siguiente función de prueba del tiempo:

$\frac{1}{r^2}=At+B$ , (es decir $r=g(t)=\frac{1}{\sqrt{At+B}}$ ), con A y B positivos. Tenga en cuenta también que $L$ es (todavía) una constante del movimiento que tomamos como positivo.

\begin{aligned} θ = \frac{L}{metro} \int (A t + B) d t & = \frac{L}{metro} (\frac{1}{2} A t^{2} + B t) \\ \frac{1}{2} A t^{2} + B t - \frac{metro}{L} θ & = 0 \\ ∴ t & = \frac{- B + \sqrt{B^{2} + 4 \frac{1}{2} A \frac{metro}{L}} θ}{A} \end{aligned}

$\begin{align}\theta =\frac{L}{m}\int\,(At+B)~\mathrm dt &=\frac{L}{m}\left( \frac{1}{2}At^2+Bt\right) \\ \frac{1}{2}At^2+Bt-\frac{m}{L}\theta &=0\\ \therefore ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ t &= \frac{-B+ \sqrt{B^2 + 4 \frac{1}{2} A \frac{m}{L}} \theta}{A}\end{align}$

Aquí hemos elegido la raíz positiva.

r = \frac{1}{\sqrt{A t + B}} = \frac{1}{\sqrt{A \frac{- B + \sqrt{B^{2} + 4 \frac{1}{2} A \frac{metro}{L}} θ}{A} + B}} = \frac{1}{\sqrt{\sqrt{B^{2} + 2 A \frac{metro}{L} θ}}}

$r= \frac{1}{\sqrt{At+B}} = \frac{1}{\sqrt{A \frac{-B+ \sqrt{B^2 + 4 \frac{1}{2} A \frac{m}{L}} \theta}{A}+B }} = \frac{1}{\sqrt{\sqrt{B^2+2A \frac{m}{L}\theta}}}$

(es decir $r=h(\theta)= \frac{1}{\sqrt{\sqrt{B^2+2A \frac{m}{L}\theta}}}$ )

Esto no cierra el problema en cuestión, ya que sigue existiendo la posibilidad de que incluso cuando r se está reduciendo el multiplicador de Lagrange, $\lambda$ , es nulo.

\begin{aligned} r & = (A t + B)^{- \frac{1}{2}} \\ \dot{r} & = - \frac{1}{2} (A t + B)^{- \frac{3}{2}} A \\ \ddot{r} & = + \frac{3}{4} (A t + B)^{- \frac{5}{2}} A^{2} = \frac{3}{4} A^{2} r^{5} \end{aligned}

$\begin{align} r &=(At+B)^ {-\frac{1}{2}}\\ \dot {r} &=-~\frac{1}{2}(At+B) ^{-\frac{3}{2}}A\\ \ddot{r} &=+~\frac{3}{4}(At+B)^{-\frac{5}{2}}A^2= \frac{3}{4} A^2 r^5\end{align}$

Pero como

λ = metro (\ddot{r} - \dot{θ^{2}} r) = metro (\ddot{r} - {(\frac{L}{metro})}^{2} \frac{1}{r^{3}}) = metro (\frac{3}{4} A^{2} r^{5} - {(\frac{L}{metro})}^{2} \frac{1}{r^{3}})

$\lambda=m\left(\ddot{r}-\dot{\theta^2}r\right)=m\left( \ddot{r}-\left(\frac{L}{m}\right)^2 \frac{1}{r^3}\right)=m\left(\frac{3}{4} A^2 r^5-\left(\frac{L}{m}\right)^2\frac{1}{r^3}\right)$

Estoy seguro de que ve que hay muy pocas posibilidades de que este multiplicador de Lagrange no funcione.

Creo que mi pregunta original contenía dos contras. Tampoco supuso la "construcción" para la segunda corrida. La primera desventaja fue con respecto a la restricción en sí: $\lambda(r-g(t))$ Ahora bien, ¿es esta "restricción" holonómica?; no holonómico? Tanto como te gustaría, incluso si $\lambda$ se le permite poseer una dependencia temporal explícita, no se puede convertir en la forma $\lambda$ F(todas las coordenadas generalizadas, todas las velocidades generalizadas).

Alternativamente, a Qmechanic le gusta pensar en términos de energía potencial $V := \lambda (g(\theta,t)-r)$ . Pero, de la misma manera, recuerdo las Probabilidades de Transición (en Qm 101 (o 102)) y vituperando las Energías Potenciales dependientes del tiempo incluso en el lado derecho de la Ecuación de Shroedinger.

Por un lado, cuanto más pienso en estos acertijos (la desconservación del momento angular y, como enfatizó Qmechanic, la reconservación de la energía cinética), menos molesto estoy. Por otro lado, todavía hay algo que se está perdiendo. La pregunta no está bien formulada...

Respuestas (2)

El demonio de Lagrange desconserva el momento angular

qmecanico · Answer 1

Ponemos la masa $m=1$ por simplicidad. Monsieur Lagrange y el demonio están considerando un Lagrangiano de la forma

\begin{matrix} (A) & L = T - V, T := \frac{1}{2} v^{2} = \frac{1}{2} ({\dot{r}}^{2} + r^{2} {\dot{θ}}^{2}), V := λ (gramo (θ, t) - r) . \end{matrix}

$L~=~ T -V , \qquad T~:=~\frac{1}{2}v^2~=~ \frac{1}{2}(\dot{r}^2+ r^2\dot{\theta}^2), \qquad V~:=~\lambda(g(\theta,t)-r). \tag{A}$

Los momentos lagrangianos son

\begin{matrix} (B) & {pag}_{r} = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = \dot{r}, {pag}_{θ} = \frac{\partial L}{\partial \dot{θ}} = r^{2} \dot{θ}, {pag}_{λ} = \frac{\partial L}{\partial \dot{λ}} = 0. \end{matrix}

$p_r~=~\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}~=~\dot{r}, \qquad p_{\theta}~=~\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}~=~r^2\dot{\theta}, \qquad p_{\lambda}~=~\frac{\partial L}{\partial \dot{\lambda}}~=~0. \tag{B}$

La función de energía lagrangiana es

\begin{matrix} (C) & h := {pag}_{r} \dot{r} + {pag}_{θ} \dot{θ} + {pag}_{λ} \dot{λ} - L = T + V . \end{matrix}

$h~:=~p_r\dot{r}+p_{\theta}\dot{\theta}+p_{\lambda}\dot{\lambda}-L~=~T+V.\tag{C}$

En la primera parte del experimento, el dúo dejó que la función
$\begin{matrix} (D) & gramo (θ, t) = F (t) \end{matrix}$ $g(\theta,t)~=~f(t)\tag{D}$ ser independiente de $\theta$ pero ser una determinada función fija explícita de tiempo $t$ . Esto implica que la energía (C) no se conserva necesariamente en el tiempo.
En la segunda parte del experimento, el dúo sintoniza la función
$\begin{matrix} (MI) & gramo (θ, t) = h (θ; datos iniciales) \end{matrix}$ $g(\theta,t)~=~h(\theta; \text{initial data})\tag{E}$ a una función sin dependencia temporal explícita, pero tal que las trayectorias para $r$ y $\theta$ (pero no necesariamente $\lambda$ ) son los mismos que en la primera parte. Como no existe una dependencia temporal explícita, la energía (C) se conserva en el tiempo. OP observa que la conservación de energía en la segunda parte está en conflicto potencial con la primera parte.

Para empezar, la construcción en la segunda parte no es posible para una función dada de forma genérica. $f(t)$ .

Predecimos que para las funciones especiales $f(t)$ donde la segunda parte es posible, la fuerza de restricción $\lambda$ es cero, por lo que la energía (C) se conserva en el tiempo en ambas partes del experimento, y con ello se resuelve la aparente contradicción. Dejamos al lector que averigüe los detalles.

jstark · Answer 2

Aquí está la verdadera respuesta. Considere el primer Lagrangiano restringido:

L^{'} = (1 / 2) metro {\dot{r}}^{2} + (1 / 2) metro r^{2} {\dot{θ}}^{2} + λ (r - gramo (t))

$\mathcal{L'}= (1/2)m \dot{r}^2 +(1/2)m r^2\dot{\theta}^2+ \lambda (r-g(t))$

Vemos la energía cinética, el multiplicador de Lagrange, la restricción, todo representado en coordenadas polares. Pero, el Lagrangiano es sólo INCIDENTAL a la configuración física, es decir, Monsieur Lagrange y su cadena. La eficacia de las coordenadas polares incluso se subraya cuando se examina la dirección de la "fuerza generalizada":

F_{r} = λ \frac{\partial (r - gramo (t))}{\partial r} = λ

$f_r= \lambda \frac{\partial(r-g(t))}{\partial r}=\lambda$

F_{θ} = λ \frac{\partial (r - gramo (t))}{\partial θ} = 0

$f_\theta=\lambda\frac{\partial(r-g(t))}{\partial \theta}=0$

Ahora, cuando el daemon se burla de que la segunda ejecución debe estar restringida de acuerdo con $r=h(\theta)$ Signore Lagrange debería responder correctamente: "Pero eso es lo que acabo de hacer".

El segundo lagrangiano restringido es

L^{″} = (1 / 2) metro {\dot{r}}^{2} + (1 / 2) metro r^{2} {\dot{θ}}^{2} + m (r - h (θ))

$\mathcal{L''}= (1/2)m \dot{r}^2 +(1/2)m r^2\dot{\theta}^2+ \mu (r-h(\theta))$

La falla psicológica, y es poderosa, es que hay un mezmerización que se origina en las coordenadas polares que lleva a la expectativa de que el origen de la fuerza restrictiva debe ser la configuración experimental original: Signore Lagrange y su cuerda. Este malentendido se disipa solo cuando se considera la dirección de la "fuerza generalizada":

F_{r} = m \frac{\partial (r - h (θ))}{\partial r} = m

$f_r= \mu \frac{\partial(r-h(\theta))}{\partial r}=\mu$

F_{θ} = m \frac{\partial (r - h (θ))}{\partial θ} = m (-) \frac{\partial h}{\partial θ} = - m \frac{\partial r}{\partial θ} = - m \frac{\dot{r}}{\dot{θ}}

$f_\theta=\mu\frac{\partial(r-h(\theta))}{\partial \theta}=\mu (-)\frac{\partial h}{\partial \theta}=- \mu \frac{\partial r}{\partial \theta}=- \mu \frac{\dot{r}}{\dot{\theta}}$

Como $\mathcal{L''}$ , que es la energía cinética, el multiplicador de Lagrange y la restricción, "olfatea" su camino a través del espacio 2+1, lo hace de tal manera que la fuerza de restricción NO puede originarse con la configuración experimental original. $(f_\theta \neq 0)$

Esto último prueba que $L$ debe ser desconservado. Y dado que la dirección de la "fuerza generalizada" se ve trivialmente como perpendicular a la trayectoria real: ¡la energía cinética se vuelve a conservar!

La configuración experimental más simple que se manifiesta $\mathcal{L''}$ es quizás el más simple de todos: un comedero (con un cubito de hielo).

(Otro ejemplo de iso-velocidad es "tether ball", NO bien explicado en esta vista).

¿Podría el Signore Lagrange y su cuerda restringir su masa a lo largo de la trayectoria de tal canal? La respuesta es "Sí", pero sólo en la medida en que se entienda que la palabra "trayectoria" significa r en función de $\theta$ . Hay que volver a asumir la conservación de $L=mr^2 \dot{\theta}$ e integrar. Pero, si por "trayectoria" se entiende la dependencia conjunta de r y $\theta$ en t, la respuesta, como hemos visto, es "No".

Finalmente, ¿podría haber ramificaciones en Real Physics? ¿Podría haber habido formulaciones en términos de Lagrangianos y luego reformulaciones en términos que ya no podían encontrar "soporte" dentro del "contexto" de la "configuración física" (es decir, el Universo)? QFT? ¿GRAMO? Suena como algo sobre lo que Monsieur Dirac habría saltado. Pero tendré que dejárselo a él y a otros físicos reales.

El demonio de Lagrange desconserva el momento angular

jstark

Respuestas (2)

qmecanico

jstark

jstark

Una masa colgada debajo de una mesa: un problema de Goldstein [cerrado]

¿Es posible proyectar un problema de mecánica en una dimensionalidad menor?

Encontrar coordenadas generalizadas cuando falla el teorema de la función implícita

Teorema de Noether: forma de transformación infinitesimal

Confusión sobre los desplazamientos virtuales

Derivación de las ecuaciones de Euler-Lagrange a partir del principio de Hamilton y D'Alembert

Ecuaciones de movimiento de una partícula libre sobre una esfera

¿Qué son los multiplicadores de Lagrange con respecto a las restricciones holonómicas en la mecánica clásica?

Coordenadas generalizadas en rotación 3D

¿Cuál es la relación precisa entre una matriz Hessiana no invertible para el Lagrangiano y la presencia de una simetría de norma?