Hamiltoniano para un lagrangiano con acoplamiento

Question

Estoy tratando con la siguiente densidad lagrangiana $$\mathscr{L}_{em}= -\frac{1}{2}\rho\omega^2 u^2 +\frac{1}{2}\nabla u:\Sigma :\nabla u-\frac{1}{2}\nabla\phi\cdot\epsilon\cdot\nabla\phi+\nabla\phi\cdot P:\nabla u$$ donde $\rho,\omega\in\mathbb{R}^+$ , $\Sigma_{ij,kl}=\Sigma_{ji,kl}=\Sigma_{ij,lk}=\Sigma_{kl,ij}$ , $\epsilon_{ij}=\epsilon_{ji}$ , $P_{ijk}=P_{ikj}$ , $\phi$ es un campo escalar y $ u \in\mathbb{R}^3$ .

Necesito calcular la densidad hamiltoniana asociada.

Si fuera sólo

$$\mathscr{L}_m=-\frac{1}{2}\rho\omega^2 u^2 +\frac{1}{2}\nabla u:\Sigma :\nabla u$$

definiendo el impulso $\sigma_m=\Sigma:\nabla u$ y utilizando la transformada de Legendre

$$\mathscr{H}=p\cdot\nabla q(q,p)-\mathscr{L}(q,p),$$

donde $q$ son las variables de campo y $p$ el impulso, obtengo

$$\mathscr{H}_m=\frac{1}{2}\rho\omega^2 u^2+\frac{1}{2}\sigma_m:\Sigma^{-1} :\sigma_m.$$

También para

$$\mathscr{L}_e=-\frac{1}{2}\nabla\phi\cdot\epsilon\cdot\nabla\phi$$

Puedo obtener

$$\mathscr{H}_e=-\frac{1}{2} d_e\cdot\epsilon^{-1}\cdot d_e$$

con $d_e=-\varepsilon\cdot\nabla\phi$ .

Pero ahora, ¿qué pasa con la densidad hamiltoniana para $\mathscr{L}_{em}$ ? ¿Puedo escribir algo como

$$\mathscr{H}_{em}=\frac{1}{2}\rho\omega^2 u^2 +\frac{1}{2}\sigma_m:\Sigma^{-1}:\sigma_m -\frac{1}{2}d_e\cdot\epsilon^{-1}\cdot d_e\pm d_e\cdot Q:\sigma_m~?$$

¿O debo confiar en la introducción del impulso

$$\sigma_{em}=\Sigma:\nabla u+P^T\cdot\nabla\phi.$$

$$d_{em}=-\varepsilon\cdot\nabla\phi+P:\nabla u~ ?$$

Quién es la matriz $Q$ ?

Es algo relacionado con este post de Phys.SE: Lagrangiano y hamiltoniano de la interacción ?

Soy nuevo en el argumento, pero toda sugerencia es apreciada.

Answer 1

Para realizar la transformación de Legendre (posiblemente singular), es necesario tener información sobre las condiciones de rango pertinentes de las constantes de estructura $\rho$ , $\omega$ , $\Sigma_{ij,k\ell}$ , $\epsilon_{ij}$ y $P_{ijk}$ .

En esta respuesta, esbozaremos cómo se realiza en principio la transformación de Legendre (posiblemente singular):

1. Utilizaremos La notación condensada de DeWitt para ocultar todas las derivadas espaciales para simplificar.

2. Supongamos que la densidad lagrangiana $$\tag{1}\mathcal{L}~=~\mathcal{L}_2+\mathcal{L}_1+\mathcal{L}_0$$ es una función cuadrática de las velocidades $\dot{\Phi}^A$ (=derivadas temporales de los campos).

3. Para mayor comodidad, podemos redefinir los campos $$\tag{2}\Phi^A~\longrightarrow ~\Phi^{\prime A}~=~R^A{}_B~\Phi^B.$$

4. Tras la posible redefinición (2) de los campos $$\tag{3}\Phi^A~=~\{\phi^{\alpha}, \ldots \},$$ podemos suponer que $\mathcal{L}_2$ es de la forma $$\tag{4} \mathcal{L}_2~=~\frac{1}{2}\dot{\phi}^{\alpha}m_{\alpha\beta}\dot{\phi}^{\beta},$$ donde la matriz simétrica $m_{\alpha\beta}$ es invertible.

5. Para simplificar, supongamos que $\mathcal{L}_1$ es cuadrática en las variables $\Phi^B$ .

6. Tras la posible redefinición (2) de los campos $$\tag{5}\Phi^A~=~\{\phi^{\alpha};z^I; \lambda^a\},$$ podemos suponer que $\mathcal{L}_1$ es de la forma $$\tag{6}\mathcal{L}_1~=~A_{\alpha}\dot{\phi}^{\alpha} +\frac{1}{2}z^I\omega_{IJ}\dot{z}^J,$$ donde la matriz $\omega_{IJ}$ es invertible, y $A_{\alpha}$ depende linealmente de los campos $\Phi^B$ .

7. Definir los momentos $$\tag{7}\pi_{\alpha} ~:=~\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \dot{\phi}^{\alpha}} ~=~m_{\alpha\beta}\dot{\phi}^{\beta}+A_{\alpha}.$$

8. Posiblemente redefiniendo los campos $$\tag{8}z^I~\longrightarrow ~z^{\prime I}~=~r^I{}_J~z^J,$$ con $$\tag{9}z^I~=~\{q^i;p_j\},$$ y posiblemente desechando los términos de la derivada temporal total, podemos suponer que $$\tag{10}\frac{1}{2}z^I\omega_{IJ}\dot{z}^J~=~p_i \dot{q}^i.$$

9. Introducir los momentos $\rho_b$ a las variables auxiliares $\lambda^a$ .

10. La densidad hamiltoniana se convierte en $$\tag{11} {\cal H}~=~\frac{1}{2}(\pi_{\alpha}-A_{\alpha})(m^{-1})^{\alpha\beta}(\pi_{\beta}-A_{\beta})-\mathcal{L}_0, $$ Véase el Método Faddeev-Jackiw . Véase también, por ejemplo este Puesto de Phys.SE.

11. En la formulación hamiltoniana, $\{\phi^{\alpha};\pi_{\beta}\}$ , $z^I =\{q^i;p_j\}$ y $\{\lambda^a;\rho_b\}$ son variables canónicas.

Answer 2

Gracias al procedimiento sugerido por Qmechanic, me he aclarado. Sólo necesito invertir la matriz $m$ ya que tiene para los momentos

$\sigma_{em}=\Sigma :\nabla u+P^T\nabla \phi$

$d_{em}=P:\nabla u-\epsilon\cdot\nabla\phi$

o

$\left(\begin{array}{c}\sigma_{em}\\d\end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc}\Sigma & P^T\\ P & -\epsilon\end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{c}\nabla u\\\nabla\phi\end{array}\right)$ .

En mi caso, la matriz $m$ tiene entradas tensoriales, pero considerando las simetrías para $\Sigma$ , $\epsilon$ y $P$ se puede reducir a una matriz de 9x9 $m'$ con entradas escalares y el vector para las "velocidades" tiene ahora sólo 9 entradas. Entonces es cuestión de hacer el cálculo.

El procedimiento sugerido por Qmechanic es bastante general y he apreciado mucho su sugerencia, ¡Gracias!