¿Existe una prueba a partir del primer principio de que el Lagrangiano L = T - V?

Question

¿Existe una prueba a partir del primer principio de que el Lagrangiano L = T - V?

barbilla yeh

¿Existe una prueba a partir del primer principio de que para el lagrangiano $L$ ,

L = T (energía cinética) - V (energía potencial)

$L = T\text{(kinetic energy)} - V\text{(potential energy)}$

en mecánica clásica? Suponga que se utilizan coordenadas cartesianas. Entre las combinaciones, $L = T - nV$ , solamente $n=1$ obras. ¿Hay una razón fundamental para ello?

Por otro lado, el principio variacional usado para derivar las ecuaciones de movimiento, la ecuación de Euler-Lagrange, es bastante general (puede usarse para encontrar el óptimo de cualquier integral parametrizada) y no especifica la forma de Lagrange. Agradezco a cualquiera que dé la respuesta y, si es posible, la fuente principal (quien publicó la respuesta primero en la literatura).

Notas agregadas el 22 de septiembre:
- Ambas respuestas son correctas hasta donde puedo encontrar. Ambos respondedores no estaban seguros de lo que quería decir con el término que usé: 'primer principio'. Me gusta elaborar lo que estaba pensando, sin pretender ser condescendiente ni nada parecido. Por favor, tenga un poco de comprensión si las palabras que uso no están bien pensadas.
- Hacemos ciencia recopilando hechos, formando leyes empíricas, construyendo una teoría que generaliza las leyes, luego volvemos al laboratorio y averiguamos si la parte de generalización puede resistir la verificación. Las leyes de Newton están cerca del final de las leyes empíricas, lo que significa que se verifican fácilmente en el laboratorio. Estas leyes no se limitan a la gravedad, sino que se utilizan principalmente bajo la condición de gravedad. Cuando generalizamos y las expresamos en Lagrangiano o Hamiltoniano, pueden usarse donde las leyes de Newton no pueden, por ejemplo, sobre electromagnetismo, o cualquier otra fuerza desconocida para nosotros. Lagrangian o Hamiltonian y las ecuaciones de movimiento derivadas son generalizaciones y más en el lado de la teoría, relativamente hablando; al menos esas son un poco más teóricas que las leyes de Newton. Todavía vamos al laboratorio para verificar estas generalizaciones, pero es
- Pero aquí hay un nuevo problema, como señaló @Jerry Schirmer en su comentario y acepté. Lagrangiana es una gran herramienta si conocemos su expresión. Si no lo hacemos, entonces estamos perdidos. Lagrangiana es casi tan inútil como las leyes de Newton para una nueva fuerza misteriosa. Es casi igual de inútil, pero no del todo, porque podemos probar y fallar. Tenemos mucha mejor suerte al probar y fallar en Lagrangian que en ecuaciones de movimiento.
- Oh, el principio variacional es un 'primer principio' en mi mente y se usa para derivar la ecuación de Euler-Lagrange. Pero el principio variacional no da una pista sobre la expresión explícita de Lagrangiano. Este es el punto al que me dirijo. Es por eso que estoy buscando ayuda, digamos, en Physics SE. Si alguien supiera la razón por la que n=1 en L=T-nV, entonces podríamos usar este razonamiento para descubrir una fuerza misteriosa. Parece que alguien está en el futuro.

jerry schirmer

Creo que tu pregunta es un poco al revés... diciendo

L = T - V

$L = T - V$ es una buena manera de dar un Lagrangiano general que te da la mecánica newtoniana, pero no es el Lagrangiano más general, y esta forma, de hecho, no funciona para, digamos, Electromagnetismo. La visión moderna diría que el Lagrangiano (densidad) es un objeto que se define antes de una noción de energía.

qmecanico

Relacionado: physics.stackexchange.com/q/9/2451 , physics.stackexchange.com/q/15899/2451 y enlaces allí.

Cheekú

@ChinYeh ¡Hay una prueba que se basa en las Leyes de Newton y el principio de D'Alembert! ¿Quieres algo más básico que eso?

jerry schirmer

@ChinYeh: seguro: define el tipo de campos/partículas que necesita, define la simetría del problema y luego escribe el lagrangiano más general que respeta estas dos cosas. Luego haces predicciones y refinas tu lagrangiano.

Respuestas (7)

¿Existe una prueba a partir del primer principio de que el Lagrangiano L = T - V?

Creo que tu pregunta es un poco al revés... diciendo $L = T - V$ es una buena manera de dar un Lagrangiano general que te da la mecánica newtoniana, pero no es el Lagrangiano más general, y esta forma, de hecho, no funciona para, digamos, Electromagnetismo. La visión moderna diría que el Lagrangiano (densidad) es un objeto que se define antes de una noción de energía.
Relacionado: physics.stackexchange.com/q/9/2451 , physics.stackexchange.com/q/15899/2451 y enlaces allí.
@ChinYeh ¡Hay una prueba que se basa en las Leyes de Newton y el principio de D'Alembert! ¿Quieres algo más básico que eso?
@ChinYeh: seguro: define el tipo de campos/partículas que necesita, define la simetría del problema y luego escribe el lagrangiano más general que respeta estas dos cosas. Luego haces predicciones y refinas tu lagrangiano.

qmecanico · Answer 1

Suponemos que OP por el término primer principio en este contexto significa las leyes de Newton en lugar del principio de acción estacionaria . $^1$ . De hecho, es posible derivar ecuaciones de Lagrange a partir de las leyes de Newton, cf. esta respuesta Phys.SE.

Prueba esbozada: Consideremos una no relativista $^2$ Problema newtoniano de $N$ partículas puntuales con posiciones ${\bf r}_1, \ldots, {\bf r}_N$ , con coordenadas generalizadas $q^1, \ldots, q^n$ , y $m=3N-n$ Restricciones holonómicas .

Supongamos, por simplicidad, que la fuerza aplicada del sistema tiene un potencial generalizado (posiblemente dependiente de la velocidad) $U$ . (Esto, por ejemplo, descarta las fuerzas de fricción dependientes de la velocidad ).

Entonces es posible derivar la siguiente identidad clave

\begin{matrix} (1) & \sum_{i = 1}^{norte} ({\dot{pags}}_{i} - F_{i}) \cdot d r_{i} = \sum_{j = 1}^{norte} (\frac{d}{d t} \frac{\partial (T - tu)}{\partial {\dot{q}}^{j}} - \frac{\partial (T - tu)}{\partial q^{j}}) d q^{j} . \end{matrix}

$\tag{1} \sum_{i=1}^N \left(\dot{\bf p}_i-{\bf F}_i\right)\cdot \delta {\bf r}_i ~=~ \sum_{j=1}^n \left(\frac{d}{dt} \frac{\partial (T-U)}{\partial \dot{q}^j} -\frac{\partial (T-U)}{\partial q^j}\right) \delta q^j.$

Aquí $\delta$ denota un desplazamiento virtual infinitesimal consistente con las restricciones. Es más, ${\bf F}_i$ es la fuerza aplicada (es decir, la fuerza total menos las fuerzas de restricción) en el $i$ 'ésima partícula. el lagrangiano $L:=T-U$ se define aquí como la diferencia $^3$ entre la energía cinética y la potencial. Tenga en cuenta que el rhs. de la ec. (1) contiene precisamente el operador de Euler-Lagrange .

El principio de D'Alembert dice que la lhs. de la ec. (1) es cero. Entonces las ecuaciones de Lagrange se derivan del hecho de que el desplazamiento virtual $\delta q^j$ en las coordenadas generalizadas no tiene restricciones y es arbitrario.

El principio de D'Alembert, a su vez, se deriva de las leyes de Newton utilizando algunos supuestos sobre la forma de las fuerzas de restricción. (Por ejemplo, asumimos que no hay fricción por deslizamiento). Ver Ref. 1 y esta publicación de Phys.SE para obtener más detalles.

Referencias:

H. Goldstein, Mecánica Clásica, Capítulo 1.

--

$^1$ Siempre se debe tener en cuenta que, en el nivel clásico (es decir, $\hbar=0$ ), el lagrangiano $L$ está lejos de ser único, en el sentido de que muchos Lagrangianos diferentes pueden producir las mismas ecuaciones. de movimiento Por ejemplo, siempre es posible agregar una derivada de tiempo total al Lagrangiano, o escalar el Lagrangiano con una constante. Ver también esta publicación de Phys.SE.

$^2$ Es posible extender a una versión relativista especial de la mecánica newtoniana (entre otras cosas) reemplazando la fórmula no relativista $T=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^N m_i v^2_i$ con $T=-\sum_{i=1}^N \frac{m_{0i}c^2}{\gamma(v_i)}$ en lugar de la energía cinética $\sum_{i=1}^N [\gamma(v_i)-1]m_{0i}c^2$ . Ver también esta publicación de Phys.SE.

$^3$ OP está reflexionando por qué el Lagrangiano $L$ no es de la forma $T-\alpha U$ por alguna constante $\alpha\neq 1$ ? De hecho, la identidad clave (1) se puede generalizar de la siguiente manera

\begin{matrix} (1') & \sum_{i = 1}^{norte} ({\dot{pags}}_{i} - α F_{i}) \cdot d r_{i} = \sum_{j = 1}^{norte} (\frac{d}{d t} \frac{\partial (T - α tu)}{\partial {\dot{q}}^{j}} - \frac{\partial (T - α tu)}{\partial q^{j}}) d q^{j} . \end{matrix}

$\tag{1'} \sum_{i=1}^N \left(\dot{\bf p}_i-\alpha{\bf F}_i\right)\cdot \delta {\bf r}_i ~=~ \sum_{j=1}^n \left(\frac{d}{dt} \frac{\partial (T-\alpha U)}{\partial \dot{q}^j} -\frac{\partial (T-\alpha U)}{\partial q^j}\right) \delta q^j.$

Así que el hecho de que el Lagrangiano $L$ no es de la forma $T-\alpha U$ por $\alpha\neq 1$ está directamente relacionado con que la segunda ley de Newton no es de la forma $\dot{\bf p}_i=\alpha {\bf F}_i$ por $\alpha\neq 1$ .

Urs Schreiber · Answer 2

Permítanme suponer que "primeros principios" se refiere a las leyes de Newton, pero en la formulación algo más amplia de las ecuaciones de Hamilton, que dice que dada una función hamiltoniana $H$ , entonces el momento canónico (mostrar uno solo, solo para facilitar la notación) está relacionado con las velocidades por

\dot{q} = \frac{\partial H}{\partial pags}

$\dot q = \frac{\partial H}{\partial p}$

y que la ecuación dinámica del movimiento (generalizando $F = m a$ ) es

\dot{pags} = - \frac{\partial H}{\partial q} .

$\dot p = -\frac{\partial H}{\partial q} \,.$

Así que en un lapso de tiempo infinitesimal $\epsilon$ las coordenadas y los momentos evolucionan como

q_{ϵ} = q + \frac{\partial H}{\partial pags} ϵ

$q_\epsilon = q + \frac{\partial H}{\partial p} \epsilon$

y

{pags}_{ϵ} = pags - \frac{\partial H}{\partial q} ϵ .

$p_\epsilon = p - \frac{\partial H}{\partial q} \epsilon \,.$

Al mismo tiempo, el cambio de coordenadas canónicas/momentos canónicos está relacionado con el Lagrangiano $L$ by ("generando funciones para transformaciones canónicas ")

{pags}_{ϵ} d q_{ϵ} - pags d q = ϵ d L .

$p_\epsilon \mathbf{d}q_{\epsilon} - p \mathbf{d}q = \epsilon \mathbf{d}L \,.$

Ahora calculamos:

\begin{aligned} {pags}_{ϵ} d q ϵ - pags d q & = (pags - \frac{\partial H}{\partial q} ϵ) d (q + \frac{\partial H}{\partial pags} ϵ) - pags d q \\ = ϵ (pags d \frac{\partial H}{\partial pags} - \frac{\partial H}{\partial q} d q) \\ = ϵ (d (pags \frac{\partial H}{\partial pags}) - \frac{\partial H}{\partial pags} d pags - \frac{\partial H}{\partial q} d q) \\ = ϵ d (pags \frac{\partial H}{\partial pags} - H) \end{aligned} .

$\begin{aligned} p_\epsilon \, \mathbf{d} q \epsilon - p \mathbf{d} q & = \left(p - \frac{\partial H}{\partial q} \epsilon \right) \mathbf{d} \left( q + \frac{\partial H}{\partial p} \epsilon \right) - p \mathbf{d}q \\ & = \epsilon \left( p \mathbf{d}\frac{\partial H}{\partial p} - \frac{\partial H}{\partial q} \mathbf{d}q \right) \\ & = \epsilon \left( \mathbf{d}\left( p \frac{\partial H}{\partial p}\right) - \frac{\partial H}{\partial p} \mathbf{d} p - \frac{\partial H}{\partial q} \mathbf{d}q \right) \\ & = \epsilon \mathbf{d} \left( p \frac{\partial H}{\partial p} - H \right) \end{aligned} \,.$

Por lo tanto, en general, el Lagrangiano es

L := pags \frac{\partial H}{\partial pags} - H .

$L := p \frac{\partial H}{\partial p} - H \,.$

Ahora si $H$ tiene la forma estándar (configuración $m = 1$ por simplicidad)

H = H_{k i norte} + H_{pags o t} = \frac{1}{2} {pags}^{2} + V (q)

$H = H_{kin} + H_{pot} = \tfrac{1}{2}p^2 + V(q)$

después

L = H_{k i norte} - H_{pags o t} .

$L = H_{kin} - H_{pot} \,.$

Por cierto, cualquier persona que disfrute de una perspectiva abstracta más general sobre lo que está sucediendo aquí podría disfrutar de aprender esta historia traducida al lenguaje de "correspondencias lagrangianas precuantizadas", para obtener más información sobre esto, consulte el nLab aquí .

daniel mahler · Answer 3

La mecánica lagrangiana se puede derivar directamente de la segunda ley de Newton usando solo manipulación algebraica y algo de cálculo. Esto incluye tanto la forma general de la ecuación de Euler-Lagrange como la forma específica de Langangian $L = T - V$ . No se necesitan supuestos de estacionariedad, uso del cálculo de variaciones, o incluso cualquier referencia al concepto de acción.

Esto se muestra en Brian Lee Beers: Naturaleza geométrica de las ecuaciones de Lagrange . Una derivación similar también se encuentra en James Casey: Derivación geométrica de las ecuaciones de Lagrange para un sistema de partículas . Casey también escribió una serie de artículos de seguimiento que amplían la idea a cuerpos rígidos, dinámica de fluidos, ...

Beers comienza con la segunda ley de Newton y la proyecta sobre los vectores de base de coordenadas. Para una sola partícula esto es

F \cdot \frac{\partial r}{\partial q^{i}} = metro \ddot{r} \cdot \frac{\partial r}{\partial q^{i}}

$\mathbf{F} \cdot \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial q^i} = m \mathbf{\ddot{r}} \cdot \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial q^i}$ A partir de esto, unos pocos pasos algebraicos simples producen

\frac{d}{d t} \frac{\partial T}{\partial {\dot{q}}_{i}} - \frac{\partial T}{\partial q_{i}} = F_{i} = F \cdot \frac{\partial r}{\partial q^{i}}

$\frac{d}{dt} \frac{\partial T}{\partial \dot{q}_i} - \frac{\partial T}{\partial q_i} = F_i = \mathbf{F} \cdot \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial q^i}$ Esta es la forma más general de la ecuación de Lagrange que cubre los sistemas disipativos. El caso conservador se obtiene estableciendo

F = - \nabla V

$\mathbf{F} = -\nabla V$ . Sustituyendo eso en la ecuación anterior da

\begin{aligned} \frac{d}{d t} \frac{\partial T}{\partial {\dot{q}}_{i}} - \frac{\partial T}{\partial q_{i}} & = - \frac{\partial V}{\partial q_{i}}, ya que \frac{\partial V}{\partial q_{i}} = \nabla V \cdot \frac{\partial r}{\partial q^{i}} \\ ∴ \frac{d}{d t} \frac{\partial T}{\partial {\dot{q}}_{i}} - \frac{\partial (T - V)}{\partial q_{i}} & = 0 \\ \frac{d}{d t} \frac{\partial T}{\partial {\dot{q}}_{i}} - \frac{\partial L}{\partial q_{i}} & = 0 \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d}{dt} \frac{\partial T}{\partial \dot{q}_i} - \frac{\partial T}{\partial q_i} &= - \frac{\partial V}{\partial q_i} \text {, since } \frac{\partial V}{\partial q_i} = \nabla V \cdot \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial q^i} \\ \therefore \frac{d}{dt} \frac{\partial T}{\partial \dot{q}_i} - \frac{\partial (T - V) }{\partial q_i} &= 0 \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial T}{\partial \dot{q}_i} - \frac{\partial L }{\partial q_i} &= 0 \end{align}$ Ahora

\frac{\partial V}{\partial {\dot{q}}_{i}} = 0

$\frac{\partial V}{\partial \dot{q}_i} = 0$ ya que por definicion

V

$V$ es una función de sólo el

q_{i}

$q_i$ e independiente de

{\dot{q}}_{i}

$\dot{q}_i$ , asi que:

\begin{aligned} \frac{d}{d t} (\frac{\partial T}{\partial {\dot{q}}_{i}} - \frac{\partial V}{\partial {\dot{q}}_{i}}) - \frac{\partial L}{\partial q_{i}} = 0 \\ \frac{d}{d t} \frac{\partial (T - V)}{\partial {\dot{q}}_{i}} - \frac{\partial L}{\partial q_{i}} = 0 \\ \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_{i}} - \frac{\partial L}{\partial q_{i}} = 0 \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial T}{\partial \dot{q}_i} - \frac{\partial V}{\partial \dot{q}_i} \right) - \frac{\partial L }{\partial q_i} = 0 \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial (T - V)}{\partial \dot{q}_i} - \frac{\partial L }{\partial q_i} = 0 \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} - \frac{\partial L }{\partial q_i} = 0 \\ \end{align}$ En ninguna parte de esto se supone que

T - V

$T - V$ es estacionario o incluso es especial de alguna manera. Visto así definiendo

L = T - V

$L = T - V$ parece un pequeño truco para ordenar las ecuaciones de un sistema conservador en lugar de algo fundamental. uno puede usar

T

$T$ como el Lagrangiano al menos para la mecánica clásica. Esto es realmente necesario para tratar con sistemas disipativos.

La derivación anterior pasa por sistemas generales, como sistemas multipartículas, cuerpos rígidos, etc. El principal cambio es que el escalar de masa debe ser reemplazado por el tensor de inercia del sistema. Esto se trata en los artículos de Casey mencionados anteriormente, así como en Synge: Sobre la geometría de la dinámica y Crouch: Estructuras geométricas en la teoría de sistemas .

Me gusta esta derivación, ya que es directa, clara y simple (aunque me gustan mucho los principios variacionales). Sin embargo, no está claro de inmediato cómo maneja el caso con fuerzas conservativas dependientes de la velocidad (por ejemplo, campos magnéticos) como lo requiere explícitamente $V$ ser independiente de la velocidad. ¿Puedes manejar eso redefiniendo $T$ ?
@SebastianRiese Interesante pregunta. Déjame pensar en ello.

barbilla yeh · Answer 4

Encontré un wikilink, Lagrange_multiplier , que responde a mi pregunta:

"Así, la fuerza sobre una partícula debido a un potencial escalar, $F=-\nabla V$ , puede interpretarse como un multiplicador de Lagrange que determina el cambio de acción (transferencia de potencial a energía cinética) después de una variación en la trayectoria restringida de la partícula".

${\ \ }$ En otras palabras, la energía potencial $V$ se convierte en un conjunto de restricciones para el Lagrangiano $L=T-nV$ dónde $n$ es el multiplicador de Lagrange que necesita ser determinado. La variación

d \int_{t_{1}}^{t_{2}} L ({\dot{q}}_{1}, . . ., {\dot{q}}_{norte}, q_{1}, . . ., q_{norte}) d t = 0

$\delta \int_{t_1}^{t_2}L(\dot q_1,...,\dot q_N,q_1, ..., q_N)dt=0$
se convierte en

2 N

$2N$ ecuaciones,

N

$N$ de las cuales son ecuaciones de movimiento

\frac{d}{d t} (\nabla_{\dot{q}} T) + norte \nabla_{q} V = 0

$\frac{d}{dt} ( \nabla_{\dot q}T)+n \nabla{_q}V=0$

y el otro $N$ las ecuaciones son restricciones. Resulta $n=1$ .

El método del multiplicador de Lagrange tiene sentido porque $V$ es independiente del camino, por lo tanto, su variación a lo largo de diferentes caminos es siempre cero:

d \int_{t_{1}}^{t_{2}} V d t \equiv 0

$\delta \int_{t_1}^{t_2}Vdt≡0$
Cuando aplicamos el principio variacional a

δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} L d t \equiv 0

$\delta \int_{t_1}^{t_2}Ldt≡0$ , Solo el

T

$T$ el término varía.
cuando agregamos

n \int_{t_{1}}^{t_{2}} V d t

$n \int_{t_1}^{t_2}Vdt$ con arbitraria

n

$n$ , nada cambia.
Pero si pensamos en la

V

$V$ como restricciones sobre las que se mueve la partícula, obtenemos las ecuaciones de movimiento correctas.

Comentario a la respuesta (v1): tenga en cuenta que las dos acciones $S[q] := \int \! dt~(\frac{m}{2}\dot{q}^2-V)$ y $S[q,\lambda]:= \int \! dt~(\frac{m}{2}\dot{q}^2-\lambda V)$ describir dos teorías físicas diferentes . El último modelo obliga a la partícula a moverse sobre la superficie equipotencial $V=0$ , mientras que el primero no. Por ejemplo, si $V=\frac{m}{2}(\omega q)^2$ es un potencial armónico en 1D, entonces la solución es $q=q_0\cos(\omega (t-t_0))$ en el primer caso, mientras $q=0$ En este último caso.
Parece que las ecuaciones de movimiento resultantes son las mismas para las 2 configuraciones. Tengo que rascarme más la cabeza. Mi punto es que la energía potencial no juega ningún papel en la variación a pesar de que tiene un papel en la trayectoria.

barbilla yeh · Answer 5

los $n$ en $L=T-nV$ puede verse como un factor de reescala de potencial. $n$ no cambia la física. Por ejemplo, para la gravedad, $n$ puede ser absorbido en constante gravitacional. Véase también esto .

Comentario a la respuesta (v1): ¿Qué quieres decir? $n\neq 1$ no cambia la fisica? Cambiando la constante gravitacional $G$ cambia la física.
@Qmecanico. Probablemente no lo expresé bien. O, podría no haberlo pensado bien. Lo que pensé fue esto. $V$ no tiene ningún papel en la variación. Podemos agregar un factor $n$ a $V$ , la naturaleza de la física no cambia, aunque sí la trayectoria. El ejemplo que di es aún más arriesgado. si duplicamos $V$ y reducimos la constante gravitacional a la mitad, aún obtenemos las mismas ecuaciones de movimiento. Divulgación: no haría ningún cálculo con $n\neq 1$ . Solo quería explicar este bulto en mi mente.

lilfeynman · Answer 6

Prueba 1: tengo uno propio que es menos intensivo:

Como nota al pie de esa prueba: debido a que lo que encontramos como la energía total del sistema se conserva, la ecuación en la línea 3 tiene un nuevo significado: en cada punto a lo largo de la trayectoria real, también conocida como la solución de la ecuación de Euler-Lagrange, la partícula se moverá en la dirección que mantiene su energía total constante. En otras palabras, el camino Lagrangiano es el camino que minimiza el cambio de energía total de un punto a otro (QUE DEBE SER CERO).

Prueba 2: (Cálculo funcional) Hay otra prueba en el libro de texto (Teoría cuántica de campos para aficionados superdotados): Esencialmente, si T y U son funcionales y se toman sus derivados funcionales:

La derivada funcional de dT/d(x(t)) = -ma, y la derivada funcional de U = dU/d(x(t))

Si se compara con la ecuación de Newton: (-dU/dx = ma) también conocida como (dU/dx = -ma), encontramos que la ecuación de Newton establece que la derivada funcional de T es igual a la derivada funcional de U.

d/d(x(t))(T)=d/d(x(t))(U) (Donde estos son derivados funcionales con respecto a un cambio en funcional)

Que cuando se factoriza se convierte en: d/d(x(t))(TU)=0 Que es el principio de mínima acción: La integral estacionaria de la funcional (TU).

Escriba su respuesta en lugar de usar imágenes. Las imágenes reducen la visibilidad y dificultan la visibilidad de la publicación. Además, use MathJax para escribir expresiones matemáticas.

Josué Pasa · Answer 7

Hay una gran manera de mostrar que el Lagrangiano (lo que quieres minimizar) es en realidad igual a $T-V$ . La "prueba" proviene del libro "Teoría cuántica de campos para aficionados". Para comenzar la demostración primero debemos considerar cuál es la energía cinética y potencial promedio como función

T_{a v gramo} [X (t)] = \frac{1}{t_{2} - t_{1}} \int_{t_{i}}^{t_{F}} d t \frac{1}{2} metro {\dot{X}}^{2} (t)

$T_{avg}[x(t)]=\frac{1}{t_2 -t_1}\int_{t_i}^{t_f}dt \frac{1}{2}m\dot{x}^2(t)$

V_{a v gramo} [X (t)] = \frac{1}{t_{2} - t_{1}} \int_{t_{i}}^{t_{F}} d t V (X (t))

$V_{avg}[x(t)]=\frac{1}{t_2 -t_1}\int_{t_i}^{t_f}dtV(x(t))$ Luego, si tomamos derivadas funcionales de ambos lados, encontramos que

\frac{d T_{a v gramo}}{d X (t)} = - \frac{1}{t_{2} - t_{1}} metro \ddot{X}

$\frac{\delta T_{avg}}{\delta x(t)}=-\frac{1}{t_2 -t_1}m\ddot{x}$

\frac{d V_{a v gramo}}{d X (t)} = \frac{1}{t_{2} - t_{1}} \frac{d V (X)}{d X}

$\frac{\delta V_{avg}}{\delta x(t)}=\frac{1}{t_2 -t_1}\frac{dV(x)}{dx}$ Las ecuaciones de movimiento de un objeto en la mecánica newtoniana vienen dadas por la siguiente ecuación

F = - \frac{d V (X)}{d X}

$F=-\frac{dV(x)}{dx}$ Sin embargo, también podemos escribir esta ecuación como

metro \ddot{X} = - \frac{d V (X)}{d X}

$m\ddot{x}=-\frac{dV(x)}{dx}$ Ahora resolviendo la derivada del potencial nos da que

\frac{d V (X)}{d X} - metro \ddot{X}

$\frac{dV(x)}{dx}-m\ddot{x}$ Si ahora imponemos que se satisfacen las ecuaciones de movimiento, podemos sustituir la expresión que tenemos arriba en nuestra derivada funcional

\frac{d V_{a v gramo}}{d X (t)} = - \frac{1}{t_{2} - t_{1}} metro \ddot{X}

$\frac{\delta V_{avg}}{\delta x(t)}=-\frac{1}{t_2 -t_1}m\ddot{x}$ Que es lo mismo la derivada funcional de la energía cinética media. Lo que significa que

\frac{d T_{a v gramo}}{d X (t)} = \frac{d V_{a v gramo}}{d X (t)}

$\frac{\delta T_{avg}}{\delta x(t)}=\frac{\delta V_{avg}}{\delta x(t)}$ Mover los términos a un lado nos da

\frac{d T_{a v gramo}}{d X (t)} - \frac{d V_{a v gramo}}{d X (t)} = 0

$\frac{\delta T_{avg}}{\delta x(t)}-\frac{\delta V_{avg}}{\delta x(t)}=0$ Como la derivada funcional es lineal, vemos que lo siguiente también es cierto

\frac{d}{d X (t)} (T_{a v gramo} - V_{a v gramo}) = 0

$\frac{\delta}{\delta x(t)}\left(T_{avg} - V_{avg}\right)=0$ Ahora, si sustituimos la energía cinética promedio y la energía potencial promedio en la ecuación, vemos que lo siguiente es cierto

\frac{d}{d X (t)} \frac{1}{t_{2} - t_{1}} \int_{t_{i}}^{t_{F}} d t (\frac{1}{2} metro {\dot{X}}^{2} (t) - V (X)) = 0

$\frac{\delta}{\delta x(t)}\frac{1}{t_2 -t_1}\int_{t_i}^{t_f}dt \left( \frac{1}{2}m\dot{x}^2(t) - V(x)\right)=0$ Si hacemos esta expresión más agradable al multiplicar por el término constante, vemos que

\frac{d}{d X (t)} \int_{t_{i}}^{t_{F}} d t (\frac{1}{2} metro {\dot{X}}^{2} (t) - V (X)) = 0

$\frac{\delta}{\delta x(t)}\int_{t_i}^{t_f}dt \left( \frac{1}{2}m\dot{x}^2(t) - V(x)\right)=0$ que es lo mismo que

\frac{d}{d X (t)} \int_{t_{i}}^{t_{F}} d t (T - V) = 0

$\frac{\delta}{\delta x(t)}\int_{t_i}^{t_f}dt \left( T - V\right)=0$ Podemos ver aquí que estamos minimizando este funcional y este funcional conduce a las ecuaciones de movimientos porque lo impusimos en nuestra definición. Esto es lo que es la acción y el término dentro de la acción es el lagrangiano. Así que hemos demostrado que

L = T - V

$L = T - V$

Al derivar la energía cinética, ¿de dónde viene el signo negativo?
@mohamed al tomar la derivada funcional, puede mostrar que debería haber un signo negativo. Intente tomar la derivada funcional usted mismo y verifique que este sea el resultado correcto.
No aclaré mi punto. Quiero decir, ¿no es esto contrario a la intuición? la energía cinética promedio aumenta mientras que la energía potencial promedio disminuye porque la energía se conserva (es decir, la pendiente de la energía cinética tiene el signo opuesto a la pendiente de la energía potencial). Su respuesta realmente facilita mucho las cosas. Tengo un nivel principiante-intermedio en física. ¿Puede recomendar libros fáciles y claros (como el que mencionó en la respuesta) preferiblemente de Springerlink o de la biblioteca en línea de Wiley? Nota: todavía no he estudiado los funcionales y sus derivados.
Sí, es un poco contrario a la intuición, pero es por eso que tienes que mirarlo desde una perspectiva diferente. Lo hace mucho más intuitivo si piensas en el intercambio de energía. Si tiene energía potencial, entonces, naturalmente, esa energía potencial comenzará a convertirse en energía cinética. O si tiene energía cinética, puede convertirla en energía potencial alejándose del objeto que genera el potencial. Entonces, lo que está tratando de encontrar es el camino con la mayor cantidad de energía potencial o la mayor cantidad de energía cinética, ya que se convierte entre sí.
@mohamed ¿Qué estás estudiando? Puedo dar recomendaciones de libros basadas en eso.
prequistes mecanicistas (mecánica clásica) a la mecánica cuántica
@mohamed No soy el más adecuado para responder esto porque realmente solo tengo libros para temas de nivel superior ya que quería entenderlo más. Pero recomendaría el de Griffith para la mecánica cuántica. Sin embargo, no sé sobre mecánica clásica porque nunca la estudié. Como soy autodidacta, simplemente escogí y elegí cosas que eran interesantes de aprender, por lo que hay muchas lagunas en mi conocimiento. Pero creo que Leonard Susskind tiene una lección de mecánica clásica, creo que solo repasa cada tema brevemente. Hay buenas conferencias sobre mecánica cuántica en MITOpenCourseware
Realmente estoy teniendo dificultades para derivar el signo negativo. No me gusta mucho el cálculo y sé que probablemente la parte que me falta es algo muy pequeño. Entonces, si pudiera recomendarme también algunos buenos libros de cálculo (este tipo de libros que le muestran trucos, no solo la forma formal de resolver ecuaciones). NOTAYo también estoy estudiando por mi cuenta y tengo un nivel medio de cálculo 2 con poca experiencia en derivadas parciales
@mohamed Creo que el problema es que estás tratando los derivados funcionales como derivados normales de la misma manera que se define un derivado funcional
@mohamed Creo que el problema es que estás tratando los derivados funcionales como derivados normales. Si busca en la página de Wikipedia las derivadas funcionales, le dice cómo puede calcularlas. Tenga en cuenta que debe comprender las funciones delta.

¿Existe una prueba a partir del primer principio de que el Lagrangiano L = T - V?

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