Sistemas hamiltonianos sin un sistema lagrangiano correspondiente

Question

Sistemas hamiltonianos sin un sistema lagrangiano correspondiente

Física
mecanica clasica
dinámica restringida
formalismo lagrangiano
formalismo hamiltoniano
principio variacional

ben c

Estaba jugando con un modelo hamiltoniano para la propagación de fotones:

\begin{matrix} (1) & H = C \sqrt{pag \cdot pag} + V (q) \end{matrix}

$H = c \sqrt{p \cdot p} + V(q) \tag{1}$

que da un conjunto significativo de ecuaciones de movimiento,

\begin{matrix} (2) & {\dot{q}}_{i} = C \frac{{pag}_{i}}{\sqrt{pag \cdot pag}} {\dot{pag}}_{i} = - \frac{\partial V (q)}{\partial q_{i}} . \end{matrix}

$\dot{q}_i = c \frac{p_i}{\sqrt{p \cdot p}} \quad \quad \dot{p}_i = - \frac{\partial V(q)}{\partial q_i}. \tag{2}$

Darse cuenta de

\begin{matrix} (3) & \dot{q} \cdot \dot{q} = C^{2} \end{matrix}

$\dot{q} \cdot \dot{q} = c^2\tag{3}$ siempre por eso consideré esto como modelar la propagación de una partícula sin masa.

Sin embargo, este hamiltoniano tiene la siguiente característica extraña. Si realizamos una transformación de Legendre para encontrar un Lagrangiano asociado,

\begin{matrix} (4) & L = pag \cdot \dot{q} - H = C \frac{pag \cdot pag}{\sqrt{pag \cdot pag}} - (C \sqrt{pag \cdot pag} + V (q)) = - V (q) \end{matrix}

$\mathcal{L} = p \cdot \dot{q} - H = c \frac{p \cdot p}{\sqrt{p \cdot p}} - \left( c \sqrt{p \cdot p} + V(q) \right) = - V(q) \tag{4}$ que no es dinámico ya que

\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = 0

$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}} = 0$ .

Surge un problema similar si considero un sistema lagrangiano dual en $q, \dot{q}$ variables e intentar encontrar una transformación hamiltoniana de Legendre:

\begin{matrix} (5) & L = C \sqrt{\dot{q} \cdot \dot{q}} - V (q) \end{matrix}

$\mathcal{L} = c \sqrt{\dot{q} \cdot \dot{q}} - V(q) \tag{5}$ entonces obtenemos ecuaciones de Euler-Lagrange bien definidas:

\begin{matrix} (6) & \frac{d}{d t} (C \frac{{\dot{q}}_{i}}{\sqrt{{\dot{q}}_{i} \cdot {\dot{q}}_{i}}}) = - \frac{\partial V (q)}{\partial q_{i}} \end{matrix}

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \left( c \frac{\dot{q}_i}{\sqrt{\dot{q}_i \cdot \dot{q}_i}} \right) = - \frac{\partial V(q)}{\partial q_i}\tag{6}$ que se convierte en:

\begin{matrix} (7) & (\dot{q} \cdot \dot{q}) {\ddot{q}}_{i} - (\dot{q} \cdot \ddot{q}) {\dot{q}}_{i} + (\dot{q} \cdot \dot{q})^{3 / 2} \frac{\partial V (q)}{\partial q_{i}} = 0. \end{matrix}

$(\dot{q} \cdot \dot{q}) \ddot{q}_i - (\dot{q} \cdot \ddot{q}) \dot{q}_i + (\dot{q} \cdot \dot{q})^{3/2} \frac{\partial V(q)}{\partial q_i} = 0.\tag{7}$ Sin embargo, si tratamos de encontrar un hamiltoniano asociado,

\begin{matrix} (8) & H = pag \cdot \dot{q} - L = C \frac{\dot{q} \cdot \dot{q}}{\sqrt{\dot{q} \cdot \dot{q}}} - (C \sqrt{\dot{q} \cdot \dot{q}} - V (q)) = V (q) \end{matrix}

$H = p \cdot \dot{q} - \mathcal{L} = c \frac{\dot{q} \cdot \dot{q}}{\sqrt{\dot{q} \cdot \dot{q}}} - \left( c \sqrt{\dot{q} \cdot \dot{q}} - V(q) \right) = V(q) \tag{8}$ que es de nuevo no dinámico.

¿Que esta pasando aqui? ¿Hay alguna razón interesante por la que estos sistemas no deberían admitir descripciones lagrangianas/hamiltonianas? En general, ¿cuándo debo esperar que la transformación de Legendre me brinde un sistema de buen comportamiento que reproduzca la física con la que comencé?

JG

Puede estar relacionado con esto , ya que la dependencia del impulso es lineal.

anomalía quiral

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Sistemas hamiltonianos sin un sistema lagrangiano correspondiente

Puede estar relacionado con esto , ya que la dependencia del impulso es lineal.
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qmecanico · Answer 1

El lagrangiano se puede construir directamente realizando un análisis de restricciones de Dirac-Bergmann del hamiltoniano de OP (1). En la ec. (3) OP ya ha identificado correctamente la restricción principal $^1$
$\begin{matrix} (A) & {\dot{X}}^{2} := {gramo}_{m v} (X) {\dot{X}}^{m} {\dot{X}}^{v} \approx 0, {\dot{X}}^{m} := \frac{d X^{m}}{d τ}, \end{matrix}$ $\dot{x}^2~:=~g_{\mu\nu}(x)~ \dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}~\approx ~0, \qquad \dot{x}^{\mu}~:=~\frac{dx^{\mu}}{d\tau}, \tag{A}$ dónde $\tau$ es el parámetro world-line (WL) (que no tiene que ser el tiempo adecuado).
El lagrangiano se convierte en el límite sin masa de $^2$
$\begin{matrix} (B) & L = λ {\dot{X}}^{2} - \frac{{metro}^{2}}{4 λ} - V, \end{matrix}$ $L~=~\lambda \dot{x}^2-\frac{m^2}{4\lambda} - V,\tag{B}$ dónde $\lambda(\tau)$ es un multiplicador de Lagrange , cf. por ejemplo, esta publicación de Phys.SE.
El impulso para el Lagrangiano es
$\begin{matrix} (C) & {pag}_{m} := \frac{\partial L}{\partial {\dot{X}}^{m}} = 2 λ {gramo}_{m v} (X) {\dot{X}}^{v}, \end{matrix}$ $p_{\mu}~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{x}^{\mu}}~=~2\lambda g_{\mu\nu}(x)~\dot{x}^{\nu}, \tag{C}$ de modo que el hamiltoniano correspondiente es $\begin{matrix} (D) & H = \frac{{pag}^{2} + {metro}^{2}}{4 λ} + V . \end{matrix}$ $H~=~\frac{p^2+m^2}{4\lambda} + V. \tag{D}$
Por lo tanto, el lagrangiano hamiltoniano se convierte en
$\begin{matrix} (MI) & L_{H} := {pag}_{m} {\dot{X}}^{m} - H . \end{matrix}$ $L_H~:=~ p_{\mu} \dot{x}^{\mu} - H. \tag{E}$
Pasemos ahora al indicador estático. $x^0=\tau$ . Si nos integramos $p^0$ y $\lambda$ , obtenemos $^3$
$\begin{matrix} (F) & \begin{aligned} {L_{H} |}_{X^{0} = τ} \overset{{pag}^{0}}{⟶} & pag \cdot \dot{X} - \underset{hamiltoniano}{\underset{⏟}{(λ + \frac{{pag}^{2} + {metro}^{2}}{4 λ} + V)}} \\ \overset{λ}{⟶} & pag \cdot \dot{X} - \underset{hamiltoniano}{\underset{⏟}{(\sqrt{{pag}^{2} + {metro}^{2}} + V)}} . \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} \left. L_H\right|_{x^0=\tau} \quad\stackrel{p^0}{\longrightarrow}&\quad {\bf p}\cdot \dot{\bf x}- \underbrace{\left(\lambda + \frac{{\bf p}^2+m^2}{4\lambda} + V\right)}_{\text{Hamiltonian}}\cr\cr \quad\stackrel{\lambda}{\longrightarrow}&\quad {\bf p}\cdot \dot{\bf x} - \underbrace{\left(\sqrt{{\bf p}^2+m^2}+V\right)}_{\text{Hamiltonian}} .\end{align}\tag{F}$
Si ponemos la masa $m\to 0$ entonces el hamiltoniano de raíz cuadrada (F) se convierte precisamente en el hamiltoniano de OP (1). Esto confirma nuestra afirmación de que el límite sin masa de eq. (B) es el Lagrangiano buscado por OP.

--

$^1$ Trabajemos en unidades donde la velocidad de la luz $c=1$ y con la convención de signos de Minkowski $(-,+,+,+)$ .

$^2$ El término de masa en la ec. (B) se incluye por motivos de generalidad y no es esencial. Lo único un poco extraño es que restringimos el $\lambda$ espacio de destino de $\mathbb{R}$ a $\mathbb{R}_+$ . Este último punto también se discute en mi respuesta Phys.SE aquí .

$^3$ Un argumento similar se dio en la ec. (3) de mi respuesta Phys.SE aquí , donde el multiplicador de Lagrange $\lambda=\frac{1}{2e}$ se reemplaza por un campo de einbein $e$ .

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ben c

JG

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