¿Hay algún significado físico para la no unicidad del principio de acción mínima?

Question

¿Hay algún significado físico para la no unicidad del principio de acción mínima?

Física
términos-límite
condiciones de borde
mecanica clasica
formalismo lagrangiano
principio variacional

Sidharth Ghoshal

En mecánica clásica a menudo definimos la acción como la cantidad

\int_{0}^{T} [T - V] d t

$\int_{0}^{T} \left[ T - V \right] dt$

Que en muchas aplicaciones es alguna variante de

\int_{0}^{T} [\frac{1}{2} metro {(X^{'})}^{2} - V (X)] d t .

$\int_{0}^{T} \left[ \frac{1}{2}m \left( x' \right)^2 - V(x) \right] dt.$

La justificación usual para el principio de acción mínima es la observación de que si tomas el integrando anterior y lo colocas en las ecuaciones de Euler-Lagrange, obtienes la ley de Newton.

es decir, si crees

\frac{\partial L}{\partial X} - \frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial X^{'}}) + \frac{d^{2}}{d t^{2}} (\frac{\partial L}{\partial X^{″}}) - . . . = 0

$\frac{\partial L}{\partial x} - \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial L}{\partial x'} \right) + \frac{d^2}{dt^2} \left(\frac{\partial L}{\partial x''} \right) - ... = 0$

Con $L = \frac{1}{2}m \left( x' \right)^2 - V(x)$ usted encontrará

- \frac{d V}{d X} = metro X^{″}

$- \frac{dV}{dx} = mx''$

(es decir $F = ma$ ).

Entonces, esta es una noticia vieja que consideramos bastante bien entendida, pero luego me di cuenta de lo siguiente, supongamos que tratamos de minimizar esta acción en su lugar:

\int_{0}^{T} [\frac{1}{2} metro X X^{″} + V (X)] d t

$\int_{0}^{T} \left[ \frac{1}{2}mxx'' + V(x) \right] dt$

ES DECIR $L = \frac{1}{2}mxx'' + V(x)$ . Si conectamos esto en las ecuaciones de Euler Lagrange, TAMBIÉN terminamos derivando

- \frac{d V}{d X} = metro X^{″}

$- \frac{dV}{dx} = mx''$

A través de

\frac{\partial}{\partial X} [\frac{1}{2} metro X X^{″} + V] + \frac{d^{2}}{d t^{2}} \frac{\partial}{\partial X^{″}} [\frac{1}{2} metro X X^{″} + V] = 0 \to \frac{1}{2} metro X X^{″} + \frac{d V}{d X} + \frac{1}{2} metro X X^{″} = 0 \to metro X X^{″} + \frac{d V}{d X} = 0 \to F = - \frac{d v}{d X}

$\frac{\partial }{\partial x}[\frac{1}{2}mxx'' + V] + \frac{d^2}{dt^2}\frac{\partial}{\partial x''}\left[ \frac{1}{2}mxx'' + V \right] = 0 \rightarrow \frac{1}{2}mxx'' + \frac{dV}{dx} + \frac{1}{2}mxx'' = 0 \rightarrow mxx'' + \frac{dV}{dx} = 0 \rightarrow F = -\frac{dv}{dx}$

Esto me pareció muy curioso, reconozco el significado físico de $(mx'')*x$ como la expresión clásica para el trabajo (Fuerza x distancia). Pero, ¿hay algún significado físico más profundo para este segundo lagrangiano, o es solo una rareza matemática curiosa/no una herramienta útil para resolver problemas? ¿Se puede usar este segundo lagrangiano en lugar del primero en otros contextos (por ejemplo, en la integral de trayectoria de Feynman)?

Entonces parece que $\frac{1}{2}mxx'' - V$ es una cantidad conservada. (Llegué a esta conclusión después de verificar solo un ejemplo que involucra un campo gravitatorio newtoniano entre dos cuerpos en 2 ubicaciones, así que tal vez esto sea incorrecto).

justin t

No estoy seguro de seguir con la mitad en su nueva expresión, no veo cómo puede obtener el -dv/dx=mx'' allí y conectarlo a las ecuaciones de Euler-Lagrange

filipe miguel

puede obtener el primer lagrangiano de su segundo lagrangiano con una integración por partes del primer término (hasta un factor de menos)

Sidharth Ghoshal

@JustinTackett actualizaré la pregunta

Sidharth Ghoshal

@Filipe Miguel: Ya veo lo que quieres decir. Supongo que es solo otro nombre para la energía [cambiada por alguna constante], pero me sorprende que nunca haya aprendido sobre esto, considerando que también es una cantidad conservada.

filipe miguel

@frogeyedpeas No estoy seguro de su afirmación de que es una cantidad conservada. No me refiero al lagrangiano y no a tu última declaración.

SRS

¿De dónde sacaste la tercera ecuación? No es la ecuación estándar de Euler-Lagrange en.wikipedia.org/wiki/Euler%E2%80%93Lagrange_equation#Statement @frogeyedpeas

Sidharth Ghoshal

@SRS, la ecuación de Euler Lagrange en realidad tiene originalmente la forma de la tercera ecuación cuando la deriva por primera vez, pero luego eliminan los términos de orden superior para simplificar las cosas. Proporcionaré una derivación al final de esta pregunta.

Sidharth Ghoshal

@SRS la sección de generalizaciones de esa página de Wikipedia lo cubre

SRS

... pero las generalizaciones se aplican a los casos en los que el Lagrangiano depende de las derivadas temporales de

x

$x$ mayor que la primera derivada. ¿Bien? Pero esos ocurren raramente en la mecánica de partículas clásica. @frogeyedpeas

Sidharth Ghoshal

Sí, pero en el ejemplo que he dado aquí tienes ese tipo de dependencia. Además, esto puede parecer una tontería, pero escúchame, podemos fingir que la generalización SIEMPRE se aplica y observar si no tenemos derivadas más altas que esos términos adicionales van a 0, dejándonos con la forma estándar de la ecuación de Euler Lagrange, es decir, la generalización puede nunca contradiga la forma estándar, así que la uso como mi ecuación predeterminada de manera segura.

Respuestas (3)

¿Hay algún significado físico para la no unicidad del principio de acción mínima?

No estoy seguro de seguir con la mitad en su nueva expresión, no veo cómo puede obtener el -dv/dx=mx'' allí y conectarlo a las ecuaciones de Euler-Lagrange
puede obtener el primer lagrangiano de su segundo lagrangiano con una integración por partes del primer término (hasta un factor de menos)
@Filipe Miguel: Ya veo lo que quieres decir. Supongo que es solo otro nombre para la energía [cambiada por alguna constante], pero me sorprende que nunca haya aprendido sobre esto, considerando que también es una cantidad conservada.
@frogeyedpeas No estoy seguro de su afirmación de que es una cantidad conservada. No me refiero al lagrangiano y no a tu última declaración.
¿De dónde sacaste la tercera ecuación? No es la ecuación estándar de Euler-Lagrange en.wikipedia.org/wiki/Euler%E2%80%93Lagrange_equation#Statement @frogeyedpeas
@SRS, la ecuación de Euler Lagrange en realidad tiene originalmente la forma de la tercera ecuación cuando la deriva por primera vez, pero luego eliminan los términos de orden superior para simplificar las cosas. Proporcionaré una derivación al final de esta pregunta.
@SRS la sección de generalizaciones de esa página de Wikipedia lo cubre
... pero las generalizaciones se aplican a los casos en los que el Lagrangiano depende de las derivadas temporales de $x$ mayor que la primera derivada. ¿Bien? Pero esos ocurren raramente en la mecánica de partículas clásica. @frogeyedpeas
Sí, pero en el ejemplo que he dado aquí tienes ese tipo de dependencia. Además, esto puede parecer una tontería, pero escúchame, podemos fingir que la generalización SIEMPRE se aplica y observar si no tenemos derivadas más altas que esos términos adicionales van a 0, dejándonos con la forma estándar de la ecuación de Euler Lagrange, es decir, la generalización puede nunca contradiga la forma estándar, así que la uso como mi ecuación predeterminada de manera segura.

qmecanico · Answer 1

Es bien sabido que dado un conjunto de MOE, la acción $S$ no es necesariamente único, cf. por ejemplo, esta publicación de Phys.SE. OP señala que las ecuaciones de Euler-Lagrange (EL) no se ven afectadas si añadimos un término límite, cf. por ejemplo, esta publicación de Phys.SE. Sin embargo, la advertencia es que las condiciones de contorno (BC) [que es necesario imponer para que el principio variacional esté bien planteado] ¡pueden cambiar!

1er ejemplo de OP:

$\begin{matrix} (1a) & L_{1} = \frac{1}{2} m {\dot{q}}^{2} - V (q) . \end{matrix}$
La variación infinitesimal dice $\begin{matrix} (1b) & d S_{1} = \int_{t_{i}}^{t_{F}} d t mi O METRO d q + {[metro \dot{q} d q]}_{t = t_{i}}^{t = t_{F}} . \end{matrix}$ $\delta S_1 ~=~\int_{t_i}^{t_f} \! dt~ {\rm EOM}~\delta q + \left[m\dot{q}\delta q \right]^{t=t_f}_{t=t_i}. \tag{1b}$ si nos enfocamos $^1$ en la condición inicial (IC), tenemos que imponer ya sea
- $\color{red}{\rm weak}$ CI de Dirichlet: $q(t_i)=q_i$ ,
o
- Circuito integrado de Neumann: $\dot{q}(t_t)=0,$
para hacer desaparecer el término límite [lo cual es necesario para derivar la ecuación EL a partir del principio variacional]. Ver también, por ejemplo, mi respuesta de Math.SE aquí .
Segundo ejemplo de OP:

$\begin{matrix} (2a) & L_{2} = - \frac{1}{2} m q \ddot{q} - V (q) = L_{1} - \frac{d^{2}}{d t^{2}} (\frac{m}{4} q^{2}) . \end{matrix}$
La variación infinitesimal dice $\begin{matrix} (2b) & d S_{2} = \int_{t_{i}}^{t_{F}} d t mi O METRO d q + \frac{metro}{2} {[\dot{q} d q - q d \dot{q}]}_{t = t_{i}}^{t = t_{F}} . \end{matrix}$ $\delta S_2 ~=~\int_{t_i}^{t_f} \! dt~ {\rm EOM}~\delta q + \frac{m}{2}\left[\dot{q}\delta q - q\delta \dot{q}\right]^{t=t_f}_{t=t_i}. \tag{2b}$ Tenemos que imponer o
- $\color{red}{\rm strong}$ CI de Dirichlet: $q(t_i)=0$ ,
o
- Circuito integrado de Neumann: $\dot{q}(t_t)=0$ .
¡No hay otras posibilidades!

TL; DR: La lección es que, dependiendo del sistema físico y los BC físicamente relevantes, es posible que tengamos que elegir una acción específica para el principio de variación.

Ver también, por ejemplo, esta publicación Phys.SE relacionada.

--

$^1$ La condición final (FC) es similar.

Andrés · Answer 2

Primero, el Lagrangiano no es una cantidad conservada, entonces $\frac{1}{2} m x \ddot{x} + V$ no se conserva. Por ejemplo, para una partícula en un potencial gravitatorio constante con $V = m g x$ , tomando la solución $x(t) = - \frac{1}{2} g t^2$ rendiría por esta cantidad $\frac{1}{4} m g^2 t ^2 - \frac{1}{2} m g^2 t^2 = -\frac{1}{4} m g^2 t^2$ , que obviamente no se conserva.

En segundo lugar, si pasa por la derivación de la ecuación de Euler-Lagrange, encontrará que la no unicidad del Lagrangiano se deriva de la suposición de que la variación se desvanece en los puntos finales de la ruta. Esto le permite ignorar términos en el Lagrangiano que son derivadas totales; ya que la diferencia entre el término cinético estándar y el que anotaste es una derivada total:

\frac{1}{2} metro {\dot{X}}^{2} - (- \frac{1}{2} metro X \ddot{X}) = \frac{d}{d t} (\frac{1}{2} metro \dot{X} X)

$\begin{equation} \frac{1}{2} m \dot{x}^2 - \left(-\frac{1}{2} m x \ddot{x}\right) = \frac{{\rm d}}{{\rm d}t} \left(\frac{1}{2} m \dot x x\right) \end{equation}$ puede tratar a los lagrangianos como equivalentes. Asumir que los límites de la ruta son fijos es una suposición común, que con frecuencia es suficiente para lo que nos interesa.

Sin embargo , hay información en la variación de la frontera de la acción, y en algunos casos es importante fijar adecuadamente los términos de la frontera. Por ejemplo, puede derivar el momento canónico al requerir que la variación de la trayectoria en el límite desaparezca. En estos casos, el Lagrangiano se fija, sin ambigüedad sobre el término límite, al tener un principio variacional bien definido. En GR, el llamado término límite de Gibbons-Hawking-York debe agregarse a la acción, y es importante para describir los efectos cuánticos. [1]

Finalmente, en tu pregunta cambiaste implícitamente el signo de la acción. Siempre que hable de manera clásica y solo mire el sistema que escribió, esto no crea un problema. Pero si agregó su Lagrangiano (con el signo incorrecto) a un Lagrangiano estándar $\frac{1}{2} M \dot{X}^2 - V(X)$ , y agregó un término acoplamiento $x$ y $X$ , entonces encontraría que su sistema tenía una inestabilidad fantasma . Por lo tanto, es una buena idea tener cuidado con el signo del Lagrangiano y, por lo tanto, una mejor manera de escribir su término hubiera sido $-\frac{1}{2} m x \ddot{x} - V$ (aunque en tu caso no importaría).

[1] http://quark.itp.tuwien.ac.at/~grumil/pdf/lecture7_2018.pdf

espera el lagrangiano es $\frac{1}{2}mxx'' + V$ , $\frac{1}{2}mxx'' - V$ no es el lagrangiano, y sigo pensando que (la segunda expresión no es el lagrangiano) se conserva
ok, veo lo que quieres decir, así que este nuevo lagrangiano es solo el clásico desplazado por una constante que producirían los términos del límite.
@frogeyedpeas Arreglé el letrero y agregué un ejemplo donde esto no se conserva.
@frogeyedpeas La lógica no es que los términos del límite cambien la acción por una constante. La lógica es que cuando varía un término derivado total (TD) como $\mathcal{L}_{\rm T.D.} = \frac{d f}{dt}$ , dónde $f$ es alguna función de $x$ , usted obtiene $\delta L_{\rm T.D.} = \frac{\partial f}{\partial x} \delta x \Big|^{x=x(t_f)}_{x=x(t_i)}$ , dónde $t_i$ es el tiempo inicial y $t_f$ es el tiempo final. si asumimos $\delta x(t_i) = \delta x(t_f) =0$ , entonces $\delta L_{\rm T.D.} = 0$ .
@frogeyedpeas (a) Con estos ejemplos simples, a veces obtienes cancelaciones accidentales; originalmente iba a usar el oscilador armónico como contraejemplo, pero no funciona desde $\frac{1}{2} m x \ddot{x} + V = \frac{1}{2} x \left(m \ddot{x} + \frac{2 V}{x}\right)$ , y simplemente sucede por casualidad para un oscilador armónico que $\frac{2 V}{x} = V'$ , por lo que esta combinación se anula utilizando las ecuaciones de movimiento. Es solo un artefacto de un ejemplo que es demasiado fácil. (b) Sin embargo, ninguna de las dos cantidades que escribiste se conservan en mi ejemplo.
Perdón por mi comentario anterior, lo borré, había cometido un error aritmético. Pero después de revisar noté que es gracioso que $mxx'' +mgx$ se conserva Esta es probablemente solo una cantidad conservada al azar como el ejemplo armónico anterior que acabas de dar (eso sucede para conservar mis cantidades objetivo)
@frogeyedpeas Tampoco creo que se conserve su nueva cantidad. Mi ejemplo por construcción tiene $\ddot{x}=g$ , que es una constante (movimiento de caída libre). Así que ciertamente $m g + m \ddot{x}$ se conserva en este ejemplo, aunque esto no dice nada más profundo que el hecho de que la aceleración es constante. Pero si lo multiplicas por $x$ , obtendrás algo que crece como $t^2$ .
No, tienes razón otra vez, debería haber dicho $2mxx’’ + mgx$ , hoy no es mi día
@frogeyedpeas No se preocupe :) Creo que la lección es confiar en lo que puede probar en general, y no asumir que puede generalizar las relaciones que solo obtiene en situaciones especiales. (Aunque, a menudo también obtiene mucha información al estudiar casos especiales, solo debe tener cuidado de no generalizar en exceso)
@frogeyedpeas FWIW Creo que te estás involucrando en lo que el matemático Terry Tao llama hacerte preguntas tontas y responderlas , lo que en su opinión (y también en mi opinión mucho menos reconocida) es una excelente manera de aprender.

cleonis · Answer 3

En el caso de la acción estacionaria de Hamilton, la falta de unicidad a la que te refieres no tiene importancia.

El punto donde la goma se encuentra con la carretera es la restricción de que, a medida que un objeto se mueve, sujeto a la aceleración debida a un gradiente de potencial, la tasa de cambio de la energía cinética debe coincidir con la tasa de cambio de la energía potencial .

Insertando el Lagrangiano ( $E_k-E_p$ ) en la ecuación de Euler-Lagrange logra el objetivo de satisfacer esa restricción.

Puede crear expresiones más complicadas que también satisfagan la restricción de que la tasa de cambio de la energía cinética debe coincidir con la tasa de cambio de la energía potencial, pero esas expresiones complicadas no agregan nada. son solo ( $E_k-E_p$ ) con equipaje innecesario añadido.

La acción estacionaria de Hamilton hace una cosa y sólo una cosa: expresa la restricción de que la tasa de cambio de la energía cinética debe coincidir con la tasa de cambio de la energía potencial. Para una demostración de eso: me refiero a una respuesta que presenté aquí en physis.SE:
la acción estacionaria de Hamilton

(La naturaleza de la demostración es gráfica; los puntos centrales se visualizan en diagramas).

@frogeyedpeas Por pura curiosidad: ¿está de acuerdo en que la acción estacionaria de Hamilton hace una cosa y solo una cosa: imponer la restricción de que en cualquier momento la tasa de cambio de la energía cinética debe coincidir con la tasa de cambio de la energía potencial? Paralelo a eso: ¿está de acuerdo?: la acción estacionaria de Hamilton opera en el nivel infinitesimal, por eso se puede expresar con una ecuación diferencial ; la ecuación de Euler-Lagrange. El hecho de que la ecuación de Euler-Lagrange sea una ecuación diferencial debería ser la base para comprender la acción estacionaria de Hamilton.

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¿Cuál es el significado físico del enunciado "Lagrangiano solo puede definirse hasta una derivada total"?

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