Diferenciación de una forma bilineal

Question

En mecánica clásica tienes, en muchos casos, $\mathcal{L}(t,y,y') = T(y') - V(y) = \tfrac{1}{2}my'^2 - V(y)$ .

Mi objetivo es acostumbrarme a incorporar matemáticamente una métrica a este resultado, primero una métrica constante y luego una métrica no constante.

Tal y como yo lo veo, podría incorporar vectores estableciendo $\vec{v} = (y')$ y escribir el resultado anterior en términos del producto interior euclidiano estándar $<\vec{v},\vec{v}> = g(\vec{v},\vec{v})$ como

$$\mathcal{L}(t,y,y')= T(y') - V(y) = \tfrac{1}{2}my'^2 - V(y) = \tfrac{1}{2}m<\vec{v},\vec{v}> - V(y) = \tfrac{1}{2}mg(\vec{v},\vec{v}) - V(y)$$

Pero ahora que quiero encontrar las ecuaciones de Euler-Lagrange, ¿qué significa diferenciar una forma bilineal, matemáticamente? En detalle:

Primero quiero $\tfrac{d}{dt}\tfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial y'} - \tfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} = 0$ pero aparentemente $\tfrac{d}{dt}\tfrac{\partial (\tfrac{1}{2}mg(\vec{v},\vec{v}) - V(y))}{\partial y'} - \tfrac{\partial (\tfrac{1}{2}mg(\vec{v},\vec{v}) - V(y))}{\partial y} = 0$ no tiene sentido porque $g$ no es función de $y'$ es igual a $y'^2$ . ¿Qué debo hacer? ¿Cómo lo digo con una buena notación? Debería terminar con $2y'$ pero no veo cómo conseguirlo en términos de formalismo general.

Segundo, si expreso mi forma bilineal en términos de matrices tengo $g(\vec{v},\vec{v}) = [y'][1][y']$ ¿Cómo diferenciar esto de forma que tenga sentido cuando se generaliza a vectores y matrices de mayor dimensión?

En tercer lugar, ¿podrías ser un poco más cuidadoso y señalar cómo hacer las dos preguntas anteriores cuando la métrica no es constante? Estoy intentando prepararme para GR y pequeños problemas de álgebra lineal/calculo avanzado como estos me están frenando, ¡muy agradecido!

Answer 1

Puede que te ayude (y a cualquier lector) a desentrañar todos los abusos de notación que se producen aquí. En primer lugar, deberías pensar en el Lagrangiano $\mathcal{L}$ , a priori en función de $\mathcal{L}(t,q,v)$ de una variable escalar $t$ (tiempo) y dos variables vectoriales, $q$ (posición) y $v$ (velocidad). Entonces, las ecuaciones de Euler-Lagrange para una trayectoria $t \mapsto \gamma(t)$ quizás se escriba más claramente como $$\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial v}(t,\gamma(t),\dot{\gamma}(t))\right) - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q}(t,\gamma(t),\dot{\gamma}(t)) = 0,$$ donde la notación es ahora inequívoca.

Ahora, a la luz de sus intereses más generales, supongamos que su Lagrangiano toma la forma $$\mathcal{L}(t,q,v) = \frac{1}{2} g(q)(v,v) - V(q),$$ donde para cada $q$ , $g(q)$ es una forma bilineal; podemos obtener una generalidad mucho mayor de forma gratuita si simplemente absorbemos $m$ en $g$ . Suponiendo que las variables $q$ y $v$ vivir en $\mathbb{R}^n$ podemos ver realmente $g$ en función de $$g : \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}, \quad (q,v_1,v_2) \mapsto g(q)(v_1,v_2),$$ para que podamos formar $$\frac{\partial g}{\partial q}, \frac{\partial g}{\partial v_1},\frac{\partial g}{\partial v_2} : \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$$ de la forma habitual.

1. En primer lugar, la dependencia de $q$ es en cierto sentido sencillo, de modo que $$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q}(t,q,v) = \frac{1}{2} \frac{\partial g}{\partial q}(v,v) - \frac{\partial{V}}{\partial q}(q).$$
2. Ahora, veamos el $v$ dependencia, lo que en cierto sentido es un poco más complicado. Dado que $g(q,\cdot,\cdot)$ es bilineal para cada $q$ Tendremos que $$\left\langle \frac{\partial g}{\partial v_1}(q,a,v_2),v\right\rangle = g(q,v,v_2), \quad \left\langle \frac{\partial g}{\partial v_2}(q,v_1,b),v\right\rangle = g(q,v_1,v).$$ Ahora, observe que para $q$ y $v$ , $$g(q,v+h,v+h) - g(q,v,v) = g(q,v,h) + g(q,h,v) + g(q,h,h)\\ = g(q,v,h) + g(q,h,v) + O(\|h\|^2)\\ = \left\langle \frac{\partial g}{\partial v_1}(q,v,v),h\right\rangle + \left\langle \frac{\partial g}{\partial v_2}(q,v,v),h\right\rangle + O(\|h\|^2)\\ = \left\langle \frac{\partial g}{\partial v_1}(q,v,v) + \frac{\partial g}{\partial v_2}(q,v,v),h\right\rangle + O(\|h\|^2),$$ de modo que por definición de $\tfrac{\partial}{\partial v}(g(q,v,v))$ como el gradiente de $v \mapsto g(q,v,v)$ con respecto a $v$ es $$\frac{\partial}{\partial v}(g(q,v,v)) = \frac{\partial g}{\partial v_1}(q,v,v) + \frac{\partial g}{\partial v_2}(q,v,v).$$ Así, $$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial v}(t,q,v) = \frac{1}{2} \left(\frac{\partial g}{\partial v_1}(q,v,v) + \frac{\partial g}{\partial v_2}(q,v,v)\right);$$ si te manejas bien con los isomorfismos musicales (es decir, subir y bajar índices) entre $\mathbb{R}^n$ y su dual $(\mathbb{R}^n)^\ast$ definido por el producto interior habitual, entonces se puede escribir $$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial v}(t,q,v) = \frac{1}{2}(g(q)(\cdot,v)^\#+g(q)(v,\cdot)^\#),$$ lo que simplifica, si $g$ es simétrica, a $$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial v}(t,q,v) = g(q)(v,\cdot)^\#.$$

Y ahora voy a sugerir encarecidamente que trabajemos en coordenadas, para que $$g(q)(v_1,v_2) = g_{ij}(q)v_1^i v_2^j.$$ Entonces $$\frac{\partial g}{\partial q^k}(q,v_1,v_2) = \frac{\partial g_{ij}}{\partial q^k}(q) v_1^i v_2^j,\\ \frac{\partial g}{\partial v_1^k}(q,v_1,v_2) = g_{ij}(q) \delta^i_k v_2^j = g_{kj}(q)v_2^j,\\ \frac{\partial g}{\partial v_2^k}(q,v_1,v_2) = g_{ij}(q) v^i_k \delta_k^j = g_{ik}(q)v_1^j,$$ y por lo tanto $$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q^k}(t,q,v) = \frac{1}{2}\frac{\partial g_{ij}}{\partial q^k}(q) v^i v^j - \frac{\partial V}{\partial q^k}(q),\\ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial v^k}(t,q,v) = \frac{g_{ik}(q)+g_{ki}(q)}{2}v^i;$$ en particular, si $g$ es simétrica, obtenemos $$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial v^k}(t,q,v) = g_{ik}(q) v^i,$$ lo que nos dice algo muy interesante sobre la relación entre velocidad y momento.