hamiltoniano para un lagrangiano con acoplamiento

Question

hamiltoniano para un lagrangiano con acoplamiento

Física
interacciones
dinámica restringida
formalismo lagrangiano
formalismo hamiltoniano
deberes-y-ejercicios

fabio

Estoy tratando con la siguiente densidad lagrangiana
$L_{mi metro} = - \frac{1}{2} ρ ω^{2} {tu}^{2} + \frac{1}{2} \nabla tu : Σ : \nabla tu - \frac{1}{2} \nabla ϕ \cdot ϵ \cdot \nabla ϕ + \nabla ϕ \cdot PAG : \nabla tu$ $\mathscr{L}_{em}= -\frac{1}{2}\rho\omega^2 u^2 +\frac{1}{2}\nabla u:\Sigma :\nabla u-\frac{1}{2}\nabla\phi\cdot\epsilon\cdot\nabla\phi+\nabla\phi\cdot P:\nabla u$ dónde $\rho,\omega\in\mathbb{R}^+$ , $\Sigma_{ij,kl}=\Sigma_{ji,kl}=\Sigma_{ij,lk}=\Sigma_{kl,ij}$ , $\epsilon_{ij}=\epsilon_{ji}$ , $P_{ijk}=P_{ikj}$ , $\phi$ es un campo escalar y $u \in\mathbb{R}^3$ .

Necesito calcular la densidad hamiltoniana asociada.

si fuera solo

L_{metro} = - \frac{1}{2} ρ ω^{2} {tu}^{2} + \frac{1}{2} \nabla tu : Σ : \nabla tu

$\mathscr{L}_m=-\frac{1}{2}\rho\omega^2 u^2 +\frac{1}{2}\nabla u:\Sigma :\nabla u$

definiendo el impulso $\sigma_m=\Sigma:\nabla u$ , y usando la transformada de Legendre

H = pag \cdot \nabla q (q, pag) - L (q, pag),

$\mathscr{H}=p\cdot\nabla q(q,p)-\mathscr{L}(q,p),$

dónde $q$ son las variables de campo y $p$ el impulso, lo obtengo

H_{metro} = \frac{1}{2} ρ ω^{2} {tu}^{2} + \frac{1}{2} σ_{metro} : Σ^{- 1} : σ_{metro} .

$\mathscr{H}_m=\frac{1}{2}\rho\omega^2 u^2+\frac{1}{2}\sigma_m:\Sigma^{-1} :\sigma_m.$

También por

L_{mi} = - \frac{1}{2} \nabla ϕ \cdot ϵ \cdot \nabla ϕ

$\mathscr{L}_e=-\frac{1}{2}\nabla\phi\cdot\epsilon\cdot\nabla\phi$

puedo obtener

H_{mi} = - \frac{1}{2} d_{mi} \cdot ϵ^{- 1} \cdot d_{mi}

$\mathscr{H}_e=-\frac{1}{2} d_e\cdot\epsilon^{-1}\cdot d_e$

con $d_e=-\varepsilon\cdot\nabla\phi$ .

Pero ahora, ¿qué pasa con la densidad hamiltoniana para $\mathscr{L}_{em}$ ? ¿Puedo escribir algo como

H_{mi metro} = \frac{1}{2} ρ ω^{2} {tu}^{2} + \frac{1}{2} σ_{metro} : Σ^{- 1} : σ_{metro} - \frac{1}{2} d_{mi} \cdot ϵ^{- 1} \cdot d_{mi} \pm d_{mi} \cdot q : σ_{metro} ?

$\mathscr{H}_{em}=\frac{1}{2}\rho\omega^2 u^2 +\frac{1}{2}\sigma_m:\Sigma^{-1}:\sigma_m -\frac{1}{2}d_e\cdot\epsilon^{-1}\cdot d_e\pm d_e\cdot Q:\sigma_m~?$

¿O debo confiar en la introducción del impulso

σ_{mi metro} = Σ : \nabla tu + {PAG}^{T} \cdot \nabla ϕ .

$\sigma_{em}=\Sigma:\nabla u+P^T\cdot\nabla\phi.$

d_{mi metro} = - ε \cdot \nabla ϕ + PAG : \nabla tu ?

$d_{em}=-\varepsilon\cdot\nabla\phi+P:\nabla u~ ?$

quien es la matriz $Q$ ?

¿Hay algo relacionado con esta publicación de Phys.SE: Lagrangiano y hamiltoniano de interacción ?

Soy nuevo en el argumento, pero se agradece toda sugerencia.

danu

Qué hace su

:

$:$ -notación media?

fabio

producto escalar es el producto interior, es decir

u \cdot u = u_{i} u_{i}

$u\cdot u=u_i u_i$ , el producto punto doble es el producto interno doble. El lagrangiano también se puede escribir en notación de Einstein como

L = - \frac{1}{2} ρ ω^{2} u_{i} u_{i} + \frac{1}{2} \partial_{i} u_{j} Σ_{i j h k} \partial_{h} u_{k} - \frac{1}{2} \partial_{i} ϕ ϵ_{i j} \partial_{j} ϕ + \partial_{i} ϕ P_{i j k} \partial_{j} u_{k}

$\mathscr{L}=-\frac{1}{2}\rho\omega^2 u_i u_i+\frac{1}{2}\partial_i u_j \Sigma_{ijhk}\partial_h u_k-\frac{1}{2}\partial_i\phi\epsilon_{ij}\partial_j\phi+\partial_i\phi P_{ijk}\partial_j u_k$ .

danu

¿Y las variables son?

fabio

u

$u$ y

ϕ

$\phi$ son las variables,

Respuestas (2)

hamiltoniano para un lagrangiano con acoplamiento

producto escalar es el producto interior, es decir $u\cdot u=u_i u_i$ , el producto punto doble es el producto interno doble. El lagrangiano también se puede escribir en notación de Einstein como $\mathscr{L}=-\frac{1}{2}\rho\omega^2 u_i u_i+\frac{1}{2}\partial_i u_j \Sigma_{ijhk}\partial_h u_k-\frac{1}{2}\partial_i\phi\epsilon_{ij}\partial_j\phi+\partial_i\phi P_{ijk}\partial_j u_k$ .

qmecanico · Answer 1

Para realizar la (posiblemente singular) transformación de Legendre, es necesario tener información sobre las condiciones de rango pertinentes de las constantes de estructura. $\rho$ , $\omega$ , $\Sigma_{ij,k\ell}$ , $\epsilon_{ij}$ y $P_{ijk}$ .

En esta respuesta, esbozaremos cómo se realiza en principio la transformación de Legendre (posiblemente singular):

Usaremos la notación condensada de DeWitt para ocultar todas las derivadas espaciales por simplicidad.
Suponga que la densidad lagrangiana
$\begin{matrix} (1) & L = L_{2} + L_{1} + L_{0} \end{matrix}$ $\tag{1}\mathcal{L}~=~\mathcal{L}_2+\mathcal{L}_1+\mathcal{L}_0$ es una función cuadrática de las velocidades $\dot{\Phi}^A$ (= derivadas temporales de los campos).
Es posible que, para mayor comodidad, redefinamos los campos
$\begin{matrix} (2) & Φ^{A} ⟶ Φ^{' A} = R^{A}_{B} Φ^{B} . \end{matrix}$ $\tag{2}\Phi^A~\longrightarrow ~\Phi^{\prime A}~=~R^A{}_B~\Phi^B.$
Después de una posible redefinición (2) de los campos
$\begin{matrix} (3) & Φ^{A} = {ϕ^{α}, \dots}, \end{matrix}$ $\tag{3}\Phi^A~=~\{\phi^{\alpha}, \ldots \},$ podemos suponer que $\mathcal{L}_2$ es de la forma $\begin{matrix} (4) & L_{2} = \frac{1}{2} {\dot{ϕ}}^{α} {metro}_{α β} {\dot{ϕ}}^{β}, \end{matrix}$ $\tag{4} \mathcal{L}_2~=~\frac{1}{2}\dot{\phi}^{\alpha}m_{\alpha\beta}\dot{\phi}^{\beta},$ donde la matriz simétrica $m_{\alpha\beta}$ es invertible
Supongamos por simplicidad que $\mathcal{L}_1$ es cuadrático en las variables $\Phi^B$ .
Después de una posible redefinición (2) de los campos
$\begin{matrix} (5) & Φ^{A} = {ϕ^{α}; z^{I}; λ^{a}}, \end{matrix}$ $\tag{5}\Phi^A~=~\{\phi^{\alpha};z^I; \lambda^a\},$ podemos suponer que $\mathcal{L}_1$ es de la forma $\begin{matrix} (6) & L_{1} = A_{α} {\dot{ϕ}}^{α} + \frac{1}{2} z^{I} ω_{I j} {\dot{z}}^{j}, \end{matrix}$ $\tag{6}\mathcal{L}_1~=~A_{\alpha}\dot{\phi}^{\alpha} +\frac{1}{2}z^I\omega_{IJ}\dot{z}^J,$ donde la matriz $\omega_{IJ}$ es invertible y $A_{\alpha}$ depende linealmente de los campos $\Phi^B$ .
Definir momentos
$\begin{matrix} (7) & π_{α} := \frac{\partial L}{\partial {\dot{ϕ}}^{α}} = {metro}_{α β} {\dot{ϕ}}^{β} + A_{α} . \end{matrix}$ $\tag{7}\pi_{\alpha} ~:=~\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \dot{\phi}^{\alpha}} ~=~m_{\alpha\beta}\dot{\phi}^{\beta}+A_{\alpha}.$
Posiblemente redefiniendo los campos
$\begin{matrix} (8) & z^{I} ⟶ z^{' I} = r^{I}_{j} z^{j}, \end{matrix}$ $\tag{8}z^I~\longrightarrow ~z^{\prime I}~=~r^I{}_J~z^J,$ con $\begin{matrix} (9) & z^{I} = {q^{i}; {pag}_{j}}, \end{matrix}$ $\tag{9}z^I~=~\{q^i;p_j\},$ y posiblemente descartando los términos derivados del tiempo total, podemos suponer que $\begin{matrix} (10) & \frac{1}{2} z^{I} ω_{I j} {\dot{z}}^{j} = {pag}_{i} {\dot{q}}^{i} . \end{matrix}$ $\tag{10}\frac{1}{2}z^I\omega_{IJ}\dot{z}^J~=~p_i \dot{q}^i.$
Introducir momentos $\rho_b$ a las variables auxiliares $\lambda^a$ .
La densidad hamiltoniana se convierte en
$\begin{matrix} (11) & H = \frac{1}{2} (π_{α} - A_{α}) ({metro}^{- 1})^{α β} (π_{β} - A_{β}) - L_{0}, \end{matrix}$ $\tag{11} {\cal H}~=~\frac{1}{2}(\pi_{\alpha}-A_{\alpha})(m^{-1})^{\alpha\beta}(\pi_{\beta}-A_{\beta})-\mathcal{L}_0,$ cf. el método de Faddeev-Jackiw . Véase también, por ejemplo, esta publicación de Phys.SE.
En la formulación hamiltoniana, $\{\phi^{\alpha};\pi_{\beta}\}$ , $z^I =\{q^i;p_j\}$ y $\{\lambda^a;\rho_b\}$ son variables canónicas.

Lo que explicaste es exactamente lo que estoy tratando de hacer, y no puedo explicar/calcular de una manera simple. La esencia está en la inversión de la matriz. $m$ que en mi caso es (leyendo por filas) $m=[\Sigma,P^T,P,-\epsilon]$ . No tengo otro término, excepto $\sim u^2$ que en su notación debe terminar en $\mathcal{L}_0$ . Lo que me gustaría hacer es "heredar" los resultados Lagrangianos/Hamiltonianos libres y escribir el hamiltoniano en el caso de interacción usando estos dos términos y una parte debido a la interacción, es decir, lo que esbocé como $d_e\cdot Q:\sigma_m$ .
Actualicé la respuesta. Tl;dr: No computar. Se necesita más información.

fabio · Answer 2

Gracias al procedimiento sugerido por Qmechanic, me he aclarado. solo necesito invertir la matriz $m$ , ya que tiene para los momentos

$\sigma_{em}=\Sigma :\nabla u+P^T\nabla \phi$

$d_{em}=P:\nabla u-\epsilon\cdot\nabla\phi$

o

$\left(\begin{array}{c}\sigma_{em}\\d\end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc}\Sigma & P^T\\ P & -\epsilon\end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{c}\nabla u\\\nabla\phi\end{array}\right)$ .

En mi caso, la matriz $m$ , tiene entradas tensoriales, pero considerando las simetrías para $\Sigma$ , $\epsilon$ y $P$ , se puede reducir a una matriz de 9x9 $m'$ con entradas escalares y el vector para las "velocidades" tiene ahora solo 9 entradas. Entonces es cuestión de hacer el cálculo.

El procedimiento sugerido por Qmechanic es bastante general y he apreciado mucho su sugerencia. ¡Gracias!

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