¿Sumar la fijación de gálibo directamente a mano es diferente de hacerlo mediante el multiplicador de Lagrange?

Question

¿Por qué es diferente añadir directamente la fijación de galgas que hacerlo mediante el multiplicador de Lagrange? Por simplicidad, no utilizamos el modelo de campo.

Método directo

Considere un sistema $$L(x,\dot x,y,\dot y)=\frac{\dot x^2}{2}+\dot x y+\frac{(x-y)^2}{2} \tag{1} \, .$$ Este sistema tiene simetría gauge $$\delta x=f(t),\ \delta y=f(t)-\dot f(t)\tag{2}$$ para arbitraria $f(t)$ . Bajo esta transformación, $$\delta L = \frac{d}{dt}(x f+\frac{1}{2}f^2)\tag{3} \, .$$ Las ecuaciones de Euler-Lagrange son: \begin{align} L1 &: \quad \ddot{x}+\dot y- x+ y =0 \tag{4} \\ L2 &: \quad \dot x - x+y = 0 \, .\tag{5} \end{align} Vemos $$L1= \frac{d}{dt}L2+L2\tag{6}$$ así que $(4)$ no es independiente de $(5)$ y sólo tenemos que resolver $(5)$ es decir $$\dot x =x-y \tag{7} , .$$ Vemos $y(t)$ es una libertad gauge, y sólo fijando $y(t)$ podemos resolver $x(t)$ .

Supongamos que elegimos la galga $y=0$ . Entonces resolvemos $\dot x-x = 0$ con resultado $$x= c e^t \, .\tag{8}$$ con constante $c$ determinado por el valor inicial.

Método del multiplicador de Lagrange

Ahora vamos a probar con el método del multiplicador de Lagrange, $$L'(x,\dot x , y, \dot y, \lambda)= \frac{\dot x^2}{2}+\dot x y+\frac{(x-y)^2}{2} - \lambda y \, .\tag{9}$$ Las ecuaciones de Euler-Lagrange son \begin{align} \ddot{x}+\dot y- x+ y &= 0 \tag{10} \\ \dot x - x+y-\lambda &= 0 \tag{11} \\ y &= 0 \, . \tag{12} \end{align} Sustituyendo $(12)$ en $(10,11)$ da $$\ddot{x} - x =0 \quad \text{and} \quad \dot x-x=\lambda$$ por lo tanto $$x = c_1 e^{-t}+c_2 e^t \longrightarrow \lambda = -2 c_1 e^{-t} \, .\tag{13}$$ Es obvio que $(13)$ es diferente de $(8)$ .

¿Por qué estos dos métodos dan resultados diferentes?

Nota : $y=0$ es una condición gauge bien definida porque para cualquier función $y(t)$ Siempre puedo elegir la transformación del manómetro $f(t)= c e^t + e^t\int_1^{t} e^{-u}y(u)du $ tal que $y = 0$

Answer 1

I) El Lagrangiano de OP (1) puede reescribirse como

$$\begin{align}L ~=~& \frac{\dot{x}^2}{2} + \dot{x}y + \frac{(x-y)^2}{2}\cr ~\stackrel{z\equiv x-y}{=}&~\frac{1}{2}\frac{d(x^2)}{dt}+ \frac{(z-\dot{x})^2}{2}\cr ~\stackrel{w\equiv z-\dot{x}}{=}&~ \underbrace{\frac{1}{2}\frac{d(x^2)}{dt}}_{\text{total time derivative}}+ \frac{w^2}{2}, \end{align}\tag{A}$$ con cuasisimetría gauge infinitesimal

$$\begin{align} \delta x~=~&f, \cr \delta y~=~&f-\dot{f}, \cr \delta z~=~&\dot{f}, \cr \delta w~=~&0,\cr \delta L~=~&\frac{d(xf)}{dt}. \end{align} \tag{B}$$

Tomemos $x$ y $w$ y como variables fundamentales. Cabe destacar que, a priori, no es necesario imponer condiciones de contorno. La dirección $x$ es un grado de libertad del indicador. La ec. EL para $w$ es $$ w~\approx~0. \tag{C}$$

Surge un pequeño problema: La condición de fijación del manómetro de OP $$ x-\dot{x}-w~\equiv~x-z~\equiv~y~\approx~0 \tag{D}$$ no es transversal a las órbitas gauge, es decir, no fija completamente el gauge, es decir, se puede añadir libremente una contribución $ce^t$ a $x$ sin abandonar la superficie de fijación del calibre. Sin embargo, en principio esto podría solucionarse añadiendo un BC pertinente. Entonces la condición de fijación de galgas (D) de OP está bien planteada.

II) El lagrangiano (9) fijado por el gauge de OP puede reescribirse como

$$\begin{align}L^{\prime} ~=~&L-\lambda y\cr ~=~& \frac{1}{2}\frac{d(x^2)}{dt}+ \frac{w^2}{2}-\lambda(x-\dot{x}-w). \end{align}\tag{E}$$

Las ecuaciones EL $$\begin{align} \dot{\lambda}+\lambda~\approx~&0,\cr w+\lambda~\approx~&0,\cr x-\dot{x}-w~\approx~&0,\end{align}\tag{F}$$ con solución $$\begin{align} -\lambda ~=~&w~=~ 2 c_1 e^{-t}, \cr x ~=~& c_1 e^{-t}+c_2 e^t ,\end{align}\tag{G} $$ de acuerdo con la ecuación (13) de OP.

Ahora podemos identificar la causa del desacuerdo con la sección I: El multiplicador de Lagrange (que se supone que es una variable auxiliar no dinámica) se ha vuelto efectivamente dinámico: Su eom (F) depende de una derivada temporal $\dot{\lambda}$ . Debemos elegir $c_1=0$ . Entonces se restablece el acuerdo con la sección I.

III) Una forma alternativa de plantear el problema es que la restricción (D) es efectivamente no holonómica, lo que abre la caja de Pandora, cf. p.ej. ce y ce Mensajes de Phys.SE.

Answer 2

Permítanme resumir algunos puntos clave en mi opinión:

• $y$ no es una variable libre que pueda fijarse arbitrariamente (como un campo gauge), sino una variable auxiliar.
• El Lagrangiano con el que empiezas es en realidad una derivada temporal total.
• Se cambia el Lagrangiano en el caso de los multiplicadores de Lagrange.

Dado que no hay término dinámico, $g(\dot{y})$ en la Ecuación (1), $y$ es una variable auxiliar: Puedes sustituirla por su ecuación de movimiento, que es $$y=x-\dot{x}$$ Después de esto, ves que tu Lagrangiano es $$L(x,\dot{x})=\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}x^2\right)$$ Esta es la razón por la que se ve una simetría $$x\to x+f(t)$$ en primer lugar: No importa cómo cambies $x$ la diferencia en la lagrangiana será la derivada temporal total, ya que la propia lagrangiana inicial es la derivada temporal total.

En general, no se puede añadir el resultado de EOM al Lagrangiano: Obtendrías respuestas incorrectas. Sin embargo, para campos auxiliares que carecen de términos dinámicos, sí es posible. En tu ejemplo, $y$ no es una libertad gauge, sino un campo auxiliar.

En tu Ecn.(9) cambias el Lagrangiano ya que no puedes elegir arbitrariamente $y$ . De hecho, si se repite el mismo cálculo con el Lagrangiano $$L'(x,\dot{x},y,\dot{y},\lambda)=L(x,\dot{x},y,\dot{y})+\lambda (x-y-\dot{x})$$ se obtienen los mismos resultados constantes.