¿Intuición para el principio de acción de partículas libres?

Question

¿Intuición para el principio de acción de partículas libres?

trevor kafka

Considere una partícula restringida a una variedad $\mathbb Q$ incrustado dentro del espacio tridimensional euclidiano estándar que no experimenta otras fuerzas que las fuerzas de restricción que lo mantienen dentro $\mathbb Q$ . El Lagrangiano en tal caso es simplemente la energía cinética $T$ , por lo que la acción $\mathcal S$ minimizado por el movimiento subsiguiente es como sigue, donde tomamos la integración a lo largo del camino tomado por la partícula.

S = \int d t T

$\mathcal S= \int dt\ T$

El movimiento resultante de una partícula será (1) una trayectoria de longitud estacionaria y (2) constante en $T$ . Tengo problemas para visualizar por qué estas dos propiedades se derivan de la integral de acción mencionada anteriormente.

Incluso en el caso más simple, donde $\mathbb Q$ es el unidimensional $x$ -eje del sistema de coordenadas cartesianas, el movimiento, por supuesto, será descrito por $x(t) = x_0 + v_0 t$ , pero la integral de acción dice

S = \frac{metro}{2} \int d t {\dot{X}}^{2} .

$\mathcal S = \frac{m}{2} \int dt\ \dot x^2.$

No me queda claro que minimizar $\int dt\ \dot x^2$ implica que $x(t)$ es lineal. Diablos, parece que ni siquiera puedo evaluar esa antiderivada en términos de $x$ , $\dot x$ , $\ddot x$ , etc. (Tampoco WolframAlpha , por lo que no estoy seguro de que pueda evaluarse con este nivel de generalidad).

¿Alguna sugerencia sobre cómo dar sentido a esto tanto en este caso especial como en general? Siento que debe haber algo simple aquí que me estoy perdiendo dado lo simplificado que es este caso. Sí, podría sacar las ecuaciones de Euler-Lagrange y encontrar fácilmente $m\ddot x = 0$ en este caso específico, pero estoy buscando un sentido tan directo y conceptual de por qué esto es así como sea posible.

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ErickShock · Answer 1

La simple dependencia de la acción nos permite mostrar explícitamente que $\dot x = v_0$ lo minimiza. Primero afirmo que la solución $\dot x = v_0$ (consistente con las condiciones iniciales) minimiza la acción

S [\dot{X}] = \int_{1}^{2} \frac{1}{2} metro {\dot{X}}^{2} d t,

$S[\dot x] = \int_1^2 \frac 1 2 m\dot{x}^2 \, dt,$ con

1

$1$ y

2

$2$ representando los tiempos de inicio y fin respectivamente.

Ahora varío el camino agregando una función general de $t$ - llamémoslo $\delta x$ ,

X = X_{0} + v_{0} t \to X^{'} = (X_{0} + v_{0} t) + d X (t),

$x = x_0 + v_0 t \to x' = (x_0 + v_0t) + \delta x(t),$ con

δ x

$\delta x$ tal que

δ x (1) = δ x (2) = 0

$\delta x(1) = \delta x (2) = 0$ para respetar las condiciones de contorno. La acción cambia de la siguiente manera.

S [v_{0}] \to S [v_{0} + d \dot{X}] = \frac{1}{2} metro \int_{1}^{2} (v_{0} + d \dot{X})^{2} d t = S [v_{0}] + metro v_{0} \int_{1}^{2} d \dot{X} d t + \frac{1}{2} metro \int_{1}^{2} (d \dot{X})^{2} d t .

$S[v_0] \to S[v_0 + \delta \dot{x}] = \frac 1 2 m \int_1^2 (v_0 + \delta \dot{x})^2 \, dt = S[v_0] + mv_0 \int_1^2 \delta \dot{x} \, dt + \frac 1 2 m \int_1^2 (\delta \dot{x})^2 \, dt.$

Podemos demostrar fácilmente que la integral de $\delta \dot{x}$ se desvanece debido a las condiciones de contorno impuestas $\delta x$ :

\int_{1}^{2} d \dot{X} d t = \int_{1}^{2} \frac{d}{d t} d X d t = d X (2) - d X (1) = 0.

$\int_1^2 \delta \dot{x} \, dt = \int_1^2 \frac{d}{dt} \delta x \, dt = \delta x(2) - \delta x(1) = 0.$ La nueva acción es así

S [v_{0} + d \dot{X}] = S [v_{0}] + \frac{1}{2} metro \int_{1}^{2} (d \dot{X})^{2} d t .

$S[v_0 + \delta \dot{x}] = S[v_0] + \frac 1 2 m \int_1^2 (\delta \dot{x})^2 \, dt.$ Como el integrando siempre es

\geq 0

$\geq 0$ , la acción solo aumenta cuando variamos el camino. Por lo tanto, es un mínimo. Puedes llegar a la misma conclusión en 3 dimensiones reemplazando

x

$x$ y

δ x

$\delta x$ por vectores

r

$\mathbf{r}$ y

δ r

$\delta\mathbf{r}$ . Este procedimiento funciona solo porque la acción tiene una dependencia muy simple de

x

$x$ y

\dot{x}

$\dot{x}$ (Creo que también funciona cuando hay un potencial como

V (x) = k x

$V(x) = kx$ ), pero para lagrangianos más generales no podrá mostrar de esta manera que la solución específica minimiza la acción.

qmecanico · Answer 2

De acuerdo con el principio de D'Alembert, las fuerzas de restricción no producen trabajo virtual, por lo que pueden ignorarse. Dado que no hay otras fuerzas en el caso por lo demás libre, el Lagrangiano $L$ para la partícula restringida está dada por el retroceso del término cinético en el espacio ambiental $\mathbb{R}^3$ a la subvariedad restringida $\mathbb{Q}$ .
Las trayectorias de solución son geodésicas afinemente parametrizadas en $\mathbb{Q}$ , cf. por ejemplo, esta publicación de Phys.SE.

Estoy de acuerdo con lo que ha dicho, pero no estoy seguro de cómo responde eso a la pregunta en cuestión.

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trevor kafka

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ErickShock

qmecanico

trevor kafka

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