Encontrar geodésicas: Lagrangiana vs Hamiltoniana

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Encontrar geodésicas: Lagrangiana vs Hamiltoniana

Física
geodésicas
relatividad general
formalismo lagrangiano
formalismo hamiltoniano
principio variacional

usuario46446

Tengo una pregunta que se refiere a cómo calcular las geodésicas de un espacio-tiempo determinado (por ejemplo, Kerr).

Sé que la forma directa es a través de la ecuación geodésica.

\frac{d^{2} X^{m}}{d λ^{2}} + Γ_{v k}^{m} {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{k} = 0.

$\frac{d^{2}x^{\mu}}{d\lambda^{2}}+\Gamma^{\mu}_{\nu\kappa}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\kappa}~=~0.$

Pero también lea que uno puede escribir las ecuaciones geodésicas usando el formalismo de Lagrange. Por lo que he visto hasta ahora, hay dos enfoques: o escribir las ecuaciones de Euler-Lagrange con Lagrangean

L = \frac{1}{2} {gramo}_{m v} {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v} .

$L~=~\frac{1}{2}g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}.$

y luego las ecuaciones de Euler-Lagrange son exactamente las ecuaciones geodésicas.

O: escribe las ecuaciones hamiltonianas usando el lagrangiano anterior y luego usa esas ecuaciones como ecuaciones geodésicas.

Mi pregunta: ¿los enfoques de Euler-Lagrange y hamiltoniano son completamente equivalentes cuando se trata de escribir las ecuaciones geodésicas? ¿Uno tiene ventaja sobre el otro?

Respuestas (2)

Encontrar geodésicas: Lagrangiana vs Hamiltoniana

ryan unger · Answer 1

Todos son equivalentes. La respuesta a su otra pregunta es: el enfoque hamiltoniano generalmente funciona mejor.

Las geodésicas se pueden definir de varias maneras, ya que la conexión del espacio-tiempo se toma como Levi-Civita.

Dejar $(\mathcal{M},g)$ denota espacio-tiempo $\mathcal{M}$ con métrica $g$ y $\gamma:\mathbb{R}\to M,t\mapsto \gamma(t)$ ser una curva en $\mathcal{M}$ . Si $\nabla$ es la conexión Levi-Civita en el espacio-tiempo, entonces la ecuación geodésica es

\nabla_{\dot{γ}} \dot{γ} = 0,

$\nabla_{\dot\gamma}\dot\gamma=0,$ dónde

\dot{γ}

$\dot\gamma$ es el vector tangente de

γ

$\gamma$ . Algunas manipulaciones pueden llevar esto a la forma dada en el OP. Por otro lado, podemos definir el funcional de longitud

ℓ [γ] := \int_{a}^{b} \sqrt{- gramo (\dot{γ}, \dot{γ})} d t .

$\ell [\gamma]:=\int_a^b\sqrt{-g(\dot\gamma,\dot\gamma)}\,\mathrm{d}t.$ (El negativo aparece porque

γ

$\gamma$ generalmente se toma como temporal para propósitos de GR.) Entonces se puede demostrar que

\frac{d ℓ}{d γ} = 0 ⟺ \nabla_{\dot{γ}} \dot{γ} = 0.

$\frac{\delta\ell}{\delta\gamma}=0\Longleftrightarrow\nabla_{\dot\gamma}\dot\gamma=0.$ Entonces, el problema geodésico de GR es en realidad un problema de tipo Euler-Lagrange con Lagrangian

L = \sqrt{- g (\dot{γ}, \dot{γ})}

$L=\sqrt{-g(\dot\gamma,\dot\gamma)}$ .

También podemos obtener un enfoque hamiltoniano. Notemos primero que la energía funcional

mi [γ] = \frac{1}{2} \int_{a}^{b} gramo (\dot{γ}, \dot{γ}) d t

$E[\gamma]=\frac{1}{2}\int_a^bg(\dot\gamma,\dot\gamma)\,\mathrm{d}t$ tiene ecuaciones de Euler-Lagrange idénticas a las del funcional de longitud. Prueba: Deja

D

$D$ ser el operador

D F = \frac{d}{d t} \frac{\partial F}{\partial \dot{X}} - \frac{\partial F}{\partial X}

$Df=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\frac{\partial f}{\partial \dot x}-\frac{\partial f}{\partial x}$ dónde

f = f (x, \dot{x}, t)

$f=f(x,\dot x,t)$ , de modo que

D f = 0

$Df=0$ es la ecuación de Euler-Lagrange para

f

$f$ . Luego, un breve cálculo muestra que

D ℓ = ℓ \cdot D E

$D\ell=\ell\cdot DE$ , entonces

D ℓ = 0 ⟹ D E = 0

$D\ell=0\implies DE=0$ . Notamos eso

H := \frac{1}{2} g (\dot{γ}, \dot{γ})

$H:=\frac{1}{2}g(\dot\gamma,\dot\gamma)$ es una reminiscencia de la

\frac{1}{2} m v^{2}

$\frac{1}{2}m\mathbf{v}^2$ término del hamiltoniano clásico de partículas libres. (De ahí el nombre de energía funcional).

Podemos hacer esto más elegantemente en el paquete cotangente $T^*\mathcal{M}$ . Trivialice localmente el paquete cotangente en un gráfico, por lo que tenemos coordenadas $(x^\mu,p_\mu)$ . Entonces pon

H (X, pag) := \frac{1}{2} {gramo}^{m v} (X) {pag}_{m} {pag}_{v} .

$H(x,p):=\frac{1}{2}g^{\mu\nu}(x)p_\mu p_\nu.$ Las ecuaciones hamiltonianas

{\dot{X}}^{m} = \frac{\partial H}{\partial {pag}_{m}}, {\dot{pag}}^{m} = - \frac{\partial H}{\partial X^{m}}

$\dot x^\mu=\frac{\partial H}{\partial p_\mu},\quad \dot p^\mu=-\frac{\partial H}{\partial x^\mu}$ son equivalentes a la ecuación geodésica. El flujo obtenido a partir de estas ecuaciones es un flujo hamiltoniano.

Resulta que el primer enfoque de Hamilton es muy útil. Es muy fácil variar la integral. $E[\gamma]$ . Esto, combinado con el método Killing para obtener las primeras integrales de la ecuación geodésica, constituye una mejor estrategia que calcular los símbolos de Christoffel y resolver las ecuaciones directamente.

Cabe señalar que existe otro método para resolver las ecuaciones geodésicas: aplicar los métodos de la teoría de Hamilton-Jacobi al sistema hamiltoniano descrito anteriormente. Este método se utiliza en N. Straumann, General Relativity (2013) para encontrar las geodésicas del espacio-tiempo de Kerr. Consulte también VI Arnold, Mathematical Methods of Classial Mechanics (1989) para obtener más información sobre los sistemas hamiltonianos en general.

Cabe señalar que el lagrangiano y el hamiltoniano descritos anteriormente no son en realidad transformaciones de Legendre entre sí.

qmecanico · Answer 2

La matriz de Hesse
$\begin{matrix} (1) & \frac{\partial^{2} L_{0}}{\partial {\dot{X}}^{m} \partial {\dot{X}}^{v}} = 2 {gramo}_{m v} (X), det {gramo}_{m v} (X) \neq 0, \end{matrix}$ $\tag{1} \frac{\partial^2 L_0}{\partial\dot{x}^{\mu}\partial\dot{x}^{\nu}}~=~2g_{\mu\nu}(x), \qquad \det g_{\mu\nu}(x)~\neq~0,$ del Lagrangiano de OP $\begin{matrix} (2) & L_{0} = {gramo}_{m v} (X) {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v} \end{matrix}$ $\tag{2} L_0~=~g_{\mu\nu}(x)~\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}$ es no singular. Esto significa que la transformación de Legendre es regular y, por lo tanto, las formulaciones lagrangiana y hamiltoniana son equivalentes, cf. por ejemplo, esta publicación de Phys.SE.
Sin embargo, dado que OP menciona las geodésicas , que extreman las longitudes de las curvas, debe mencionarse que el lagrangiano subyacente es en realidad el lagrangiano de raíz cuadrada
$\begin{matrix} (3) & L = - \sqrt{- {gramo}_{m v} (X) {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v}} \end{matrix}$ $\tag{3} L~=~-\sqrt{-g_{\mu\nu}(x)~\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}}$ en lugar del Lagrangiano de OP (2).
La equivalencia entre los dos lagrangianos (2) y (3) se analiza, por ejemplo, en esta publicación de Phys.SE en el caso de Riemann.
Curiosamente, la matriz hessiana de la raíz cuadrada de Lagrangian (3) es de hecho singular, es decir, la transformación de Legendre es singular y aparece una restricción. (Esto está relacionado con la invariancia de reparametrización de línea de mundo de la acción correspondiente para (3).) Sin embargo, todavía se puede mostrar la equivalencia entre las formulaciones lagrangiana y hamiltoniana a través, por ejemplo, del análisis de Dirac-Bergmann. Esto se hace, por ejemplo, en esta publicación de Phys.SE.

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usuario46446

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ryan unger

qmecanico

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