Invariancia de la ecuación hamiltoniana canónica al sumar la derivada temporal total de una función de qiqiq_i y ttt a la lagrangiana

Question

Invariancia de la ecuación hamiltoniana canónica al sumar la derivada temporal total de una función de qiqiq_i y ttt a la lagrangiana

Negelis

El siguiente es el ejercicio 8.2 de la 3.ª edición (y el ejercicio 8.19 de la 2.ª edición) de Mecánica clásica de Goldstein.

Sumar la derivada temporal total de una función de $q_i$ y t a la Lagrangiana no cambiará la ecuación Euler-Lagrangiana. Entonces, si hacemos el siguiente cambio a Lagrangiano,

L^{'} (q, \dot{q}, t) = L (q, \dot{q}, t) + \frac{d F (q_{1}, q_{2}, . . ., q_{norte}, t)}{d t}

$L'(q,\dot{q},t) = L(q,\dot{q},t) + \frac{dF(q_1,q_2,...,q_n,t)}{dt}$ nosotros podemos obtener

\frac{d}{d t} \frac{\partial L^{'}}{\partial \dot{q_{i}}} - \frac{\partial L^{'}}{\partial q_{i}} = 0

$\frac{d}{dt}\frac{\partial{L'}}{\partial{\dot{q_i}}} - \frac{\partial{L'}}{\partial{q_i}} = 0$ de

\frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{q_{i}}} - \frac{\partial L}{\partial q_{i}} = 0

$\frac{d}{dt}\frac{\partial{L}}{\partial{\dot{q_i}}} - \frac{\partial{L}}{\partial{q_i}} = 0$

¿Cómo podemos obtener la parte correspondiente de la ecuación hamiltoniana? esto es para probar

\dot{{pag}_{i}^{'}} = \frac{\partial H^{'}}{\partial q_{i}}

$\dot{p'_i} = \frac{\partial{H'}}{\partial q_i}$

- \dot{q_{i}} = \frac{\partial H^{'}}{\partial {pag}_{i}^{'}}

$-\dot{q_i} = \frac{\partial{H'}}{\partial p'_i}$

de

\dot{{pag}_{i}} = \frac{\partial H}{\partial q_{i}}

$\dot{p_i} = \frac{\partial{H}}{\partial q_i}$

- \dot{q_{i}} = \frac{\partial H}{\partial {pag}_{i}}

$-\dot{q_i} = \frac{\partial{H}}{\partial p_i}$ dónde

p_{i}^{'} = \frac{\partial L^{'}}{\partial {\dot{q}}_{i}}

$p'_i = \frac{\partial L'}{\partial \dot q_i}$ .

Editar

El correspondiente $H'$ es

H^{'} = \sum_{k} {pag}_{k}^{'} \dot{q_{k}} - L^{'}

$H' = \sum_k{p'_k \dot{q_k}} - L'$ dónde

p_{k}^{'} = \frac{\partial L^{'}}{\partial {\dot{q}}_{k}}

$p'_k = \frac{\partial L'}{\partial \dot q_k}$ .

una mente curiosa

Para la parte "correspondiente", ¿sabe cómo se ve la adición correspondiente al hamiltoniano? es decir, ¿cómo conseguimos

H^{'}

$H'$ de

H

$H$ ? ¿Cómo defines

H^{'}

$H'$ dentro del formalismo hamiltoniano sin referirse a

L

$L$ y

L^{'}

$L'$ ?

Negelis

En realidad, la pregunta es de la derivación 2 del Capítulo 8 en Mecánica Clásica de Goldstein, tercera edición.

una mente curiosa

Hm. Tienes razón (y aparentemente estoy un poco oxidado en mecánica clásica), te pido disculpas. (Eliminaré mis comentarios incorrectos, no tiene sentido que saturen esto) Sin embargo, todavía no estoy satisfecho, ya que

H^{'}

$H'$ se define en términos de

L^{'}

$L'$ , entonces es una tautología que

H^{'}

$H'$ cumple las ecuaciones de Hamilton ya que es la transformada de Legendre de un Lagrangiano válido para el sistema.

Negelis

Entonces, el punto es probar que H' cumple con la ecuación de Hamilton basada en H cumple con la ecuación de Hamilton, no en base a que es la transformada de Legendre de un Lagrangiano L'.

DrDirk

Si alguien está interesado en las soluciones del ejercicio 8.2 en Goldstein, puede encontrarlo en su versión en español aquí: github.com/nquesada/Goldstein/blob/master/capitulo08.pdf

qmecanico

Relacionado: physics.stackexchange.com/q/202330/2451

Respuestas (2)

Invariancia de la ecuación hamiltoniana canónica al sumar la derivada temporal total de una función de qiqiq_i y ttt a la lagrangiana

Para la parte "correspondiente", ¿sabe cómo se ve la adición correspondiente al hamiltoniano? es decir, ¿cómo conseguimos $H'$ de $H$ ? ¿Cómo defines $H'$ dentro del formalismo hamiltoniano sin referirse a $L$ y $L'$ ?
En realidad, la pregunta es de la derivación 2 del Capítulo 8 en Mecánica Clásica de Goldstein, tercera edición.
Hm. Tienes razón (y aparentemente estoy un poco oxidado en mecánica clásica), te pido disculpas. (Eliminaré mis comentarios incorrectos, no tiene sentido que saturen esto) Sin embargo, todavía no estoy satisfecho, ya que $H'$ se define en términos de $L'$ , entonces es una tautología que $H'$ cumple las ecuaciones de Hamilton ya que es la transformada de Legendre de un Lagrangiano válido para el sistema.
Entonces, el punto es probar que H' cumple con la ecuación de Hamilton basada en H cumple con la ecuación de Hamilton, no en base a que es la transformada de Legendre de un Lagrangiano L'.
Si alguien está interesado en las soluciones del ejercicio 8.2 en Goldstein, puede encontrarlo en su versión en español aquí: github.com/nquesada/Goldstein/blob/master/capitulo08.pdf

Jak · Answer 1

Si

L \to L^{'} = L + \frac{d F (q, t)}{d t}

$L \to L' = L +\frac{dF(q,t)}{dt}$ el hamiltoniano correspondiente se convierte en

H \to H^{'} = H - \frac{\partial F (q, t)}{\partial t}

$H \to H' = H - \frac{\partial F(q,t)}{\partial t}$ como se muestra aquí . Además, el momento canónico se convierte en

pag \to PAG = pag + \frac{\partial F}{\partial q}

$p \to P = p + \frac{\partial F}{\partial q}$ mientras

q \to q = q

$q \to Q = q$ como se muestra aquí .

Estas fórmulas nos permiten comprobar explícitamente la invariancia de las ecuaciones de Hamilton. Concretamente,

\begin{aligned} \frac{d q}{d t} & = \frac{\partial H}{\partial pag} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{dq}{dt} &= \frac{\partial H}{\partial p} \notag \\ \end{align}$ se convierte

\begin{aligned} \frac{d q}{d t} & = \frac{\partial H^{'}}{\partial PAG} \\ ∴ \frac{d q}{d t} & = \frac{\partial (H - \frac{\partial F (q, t)}{\partial t})}{\partial PAG} \\ ∴ \frac{d q}{d t} & = \frac{\partial H}{\partial PAG} - \frac{\partial}{\partial PAG} (\frac{\partial F (q, t)}{\partial t}) \\ ∴ \frac{d q}{d t} & = \frac{\partial H}{\partial PAG} \\ ∴ \frac{d q}{d t} & = \frac{\partial H}{\partial pag} \frac{\partial PAG}{\partial pag} \\ ∴ \frac{d q}{d t} & = \frac{\partial H}{\partial pag} ✓ \end{aligned}

$\begin{align} \frac{dQ}{dt} &= \frac{\partial H'}{\partial P} \\ \therefore \quad \frac{dq}{dt} &= \frac{\partial \left(H - \frac{\partial F(q,t)}{\partial t} \right)}{\partial P} \\ \therefore \quad \frac{dq}{dt} &= \frac{\partial H}{\partial P} - \frac{\partial }{\partial P} \left( \frac{\partial F(q,t)}{\partial t} \right) \\ \therefore \quad \frac{dq}{dt} &= \frac{\partial H}{\partial P} \\ \therefore \quad \frac{dq}{dt} &= \frac{\partial H}{\partial p} \frac{\partial P}{\partial p} \\ \therefore \quad \frac{dq}{dt} &= \frac{\partial H}{\partial p} \quad \checkmark \end{align}$ donde usé eso

F

$F$ no depende de

P

$P$ y

\frac{\partial PAG}{\partial pag} = \frac{\partial}{\partial pag} (pag + \frac{\partial F}{\partial q}) = 1.

$\frac{\partial P}{\partial p} =\frac{\partial }{\partial p} \left( p+ \frac{\partial F}{\partial q} \right) = 1.$

Análogamente, podemos verificar la segunda ecuación de Hamilton:

\frac{d pag}{d t} = - \frac{\partial H (q, pag, t)}{\partial q} .

$\frac{dp}{dt}= -\frac{\partial H(q,p,t)}{\partial q} .$ Sin embargo, hay una sutileza . Después de la transformación, tenemos en el lado derecho

\frac{\partial H^{'} (Q, P, t)}{\partial Q}

$\frac{\partial H'(Q,P,t)}{\partial Q}$ . Pero aquí debemos tener en cuenta que

p

$p$ también depende de

q

$q$ , desde

p \to P = p + \frac{\partial F (Q, t)}{\partial Q}

$p \to P = p + \frac{\partial F(Q,t)}{\partial Q}$ . Por lo tanto

\begin{aligned} \frac{\partial H^{'} (q, PAG, t)}{\partial q} & = \frac{\partial H^{'} (q, pag + \frac{\partial F}{\partial q}, t)}{\partial q} \\ = \frac{\partial H^{'} (q, pag, t)}{\partial q} + \frac{\partial H (q, pag, t)}{\partial pag} \frac{\partial pag}{\partial q} \\ = \frac{\partial H (q, pag, t)}{\partial q} - \frac{\partial^{2} F (q, t)}{\partial q \partial t} + \frac{\partial H (q, pag, t)}{\partial pag} \frac{\partial pag}{\partial q} \\ = \frac{\partial H (q, pag, t)}{\partial q} - \frac{\partial^{2} F (q, t)}{\partial q \partial t} + \dot{q} \frac{\partial (PAG - \frac{\partial F}{\partial q})}{\partial q} \\ = \frac{\partial H (q, pag, t)}{\partial q} - \frac{\partial^{2} F (q, t)}{\partial q \partial t} - \dot{q} \frac{\partial}{\partial q} \frac{\partial F}{\partial q} \\ = \frac{\partial H (q, pag, t)}{\partial q} - \frac{d}{d t} \frac{\partial F}{\partial q} . \end{aligned}

$\begin{align} \frac{\partial H'(Q,P,t)}{\partial Q} &= \frac{\partial H'(Q,p + \frac{\partial F}{\partial q} ,t)}{\partial Q} \\ &= \frac{\partial H'(Q,p,t)}{\partial Q} + \frac{\partial H(Q,p,t) }{\partial p} \frac{\partial p}{\partial Q} \\ &= \frac{\partial H(Q,p,t)}{\partial Q} - \frac{\partial^2 F(Q,t)}{\partial Q \partial t} + \frac{\partial H(Q,p,t) }{\partial p} \frac{\partial p}{\partial Q} \\ &= \frac{\partial H(Q,p,t)}{\partial Q} - \frac{\partial^2 F(Q,t)}{\partial Q \partial t} + \dot Q \frac{\partial \left(P- \frac{\partial F}{\partial q} \right)}{\partial Q} \\ &= \frac{\partial H(Q,p,t)}{\partial Q} - \frac{\partial^2 F(Q,t)}{\partial Q \partial t} - \dot Q \frac{\partial }{\partial Q} \frac{\partial F}{\partial q} \\ &= \frac{\partial H(Q,p,t)}{\partial Q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial F}{\partial Q} \,. \end{align}$ donde usamos eso

\frac{d}{d t} \frac{\partial F}{\partial q} = \frac{\partial^{2} F (q, t)}{\partial q \partial t} + \dot{q} \frac{\partial}{\partial q} \frac{\partial F}{\partial q} .

$\frac{d}{dt} \frac{\partial F}{\partial Q}= \frac{\partial^2 F(Q,t)}{\partial Q \partial t} + \dot Q \frac{\partial }{\partial Q} \frac{\partial F}{\partial q} .$

Usando esto, podemos reescribir la segunda ecuación de Hamilton después de la transformación de la siguiente manera:

\begin{aligned} \frac{d PAG}{d t} & = - \frac{\partial H^{'} (q, PAG, t)}{\partial q} \\ ∴ \frac{d}{d t} (pag + \frac{\partial F (q, t)}{\partial q}) & = \frac{\partial H (q, pag, t)}{\partial q} - \frac{d}{d t} \frac{\partial F}{\partial q} \\ ∴ \frac{d pag}{d t} + \frac{d}{d t} (\frac{\partial F (q, t)}{\partial q}) & = \frac{\partial H (q, pag, t)}{\partial q} - \frac{d}{d t} \frac{\partial F}{\partial q} \\ ∴ \frac{d pag}{d t} & = - \frac{\partial H}{\partial q} ✓ \end{aligned}

$\begin{align} \frac{dP}{dt}&= -\frac{\partial H'(Q,P,t)}{\partial Q} \\ \therefore \quad \frac{d}{dt} \left( p+ \frac{\partial F(q,t)}{\partial q} \right) &= \frac{\partial H(Q,p,t)}{\partial Q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial F}{\partial Q} \\ \therefore \quad \frac{dp}{dt} + \frac{d}{dt} \left(\frac{\partial F(q,t)}{\partial q} \right)&= \frac{\partial H(Q,p,t)}{\partial Q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial F}{\partial Q} \\ \therefore \quad \frac{dp}{dt} &= -\frac{\partial H}{\partial q} \quad \checkmark \end{align}$

EDITAR: La sutileza también se notó aquí , pero desafortunadamente sin una respuesta y hace unos años incluso hubo un artículo que no lo notó y afirmó que las ecuaciones de Hamilton no son invariantes.

kyle kanos · Answer 2

Como dices en los comentarios,

\frac{d F}{d t} = \frac{\partial F}{\partial q} \dot{q} + \frac{\partial F}{\partial t}

$\frac{\mathrm dF}{\mathrm dt}=\frac{\partial F}{\partial q}\dot{q}+\frac{\partial F}{\partial t}$ Así que metiendo esto en el Lagrangiano,

L^{'} = L + \frac{\partial F}{\partial q} \dot{q} + \frac{\partial F}{\partial t}

$L'=L+\frac{\partial F}{\partial q}\dot{q}+\frac{\partial F}{\partial t}$

el hamiltoniano $H=p\dot q-L$ implica

\begin{matrix} (1) & H^{'} = {pag}^{'} \dot{q} - L^{'} = pag \dot{q} + s o metro mi t h i norte gramo \end{matrix}

$H'=p'\dot{q}-L'=p\dot q+something\tag{1}$ dónde

s o m e t h i n g

$something$ es para que te ejercites. Desde

p = \partial L / \partial \dot{q}

$p=\partial L/\partial \dot q$ , entonces debemos suponer que

p^{'} = \partial L^{'} / \partial \dot{q}

$p'=\partial L'/\partial\dot q$ . No es realmente necesario para este problema en particular, pero puede resolverlo para

p^{'}

$p'$ .

El formalismo hamiltoniano establece que $q$ , $\dot q$ y $p$ son independientes, por lo que suponemos de manera similar que $q$ , $\dot{q}$ y $p'$ son independientes; por eso $\partial L/\partial p=0\to\partial L'/\partial p'=0$ .

Así que ahora todo lo que tienes que hacer es resolver

\frac{\partial H^{'}}{\partial {pag}^{'}} y - \frac{\partial H^{'}}{\partial q}

$\frac{\partial H'}{\partial p'}\text{ and }-\frac{\partial H'}{\partial q}$ usando la Ec. (1) para ver si la transformación en el Lagrangiano conserva el EOM hamiltoniano (pista: lo hace). Tenga en cuenta también que asumo una sola coordenada

q

$q$ , realmente no hay mucha diferencia entre

q_{i}

$q_i$ para

i = 1

$i=1$ y

i \in (1, N)

$i\in(1,N)$ .

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Negelis

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