7 Le Lagrangiane e le Hamiltoniane ``tipiche''

Una Lagrangiana che si ottiene da un sistema fisico conservativo in un sistema di riferimento inerziale, con forze puramente posizionali e vincoli perfetti bilateri è sempre del tipo

$$L(\dot {\mathbf {x}}, {\mathbf {x}}) = \frac 12 \dot {\mathbf {x}} \cdot T({\mathbf {x}}) \dot {\mathbf {x}} -V({\mathbf {x}}),$$

dove $T({\mathbf {x}})$ è una matrice simmetrica e definita positiva, e ${\mathbf {x}}$, $\dot {\mathbf {x}}$ sono in $\mathbb{R}^n$. Le equazioni del moto si possono sinteticamente scrivere come

$$\dfrac{d }{dt}(T({\mathbf {x}})\dot {\mathbf {x}}) = -\nabla V({\mathbf {x}}).$$

Esercizio 7.1   Sia ${\mathbf {x}} = {\mathbf {x}} ({\mathbf {q}})$ una funzione regolare da $\mathbb{R}^k$ in $\mathbb{R}^n$, con $k<n$. Sto pensando che ${\mathbf {x}}$ sono le coordinate cartesiane e che ${\mathbf {q}}$ siano le coordiante lagrangiane necessarie per descrivere i vincoli che deve soddisfare ${\mathbf {x}}$. Assumo inoltre che le ${\mathbf {q}}$ siano delle buone coordinate, cioè la matrice ${\dfrac {\partial {x}}{\partial {q}}}$ abbia sempre rango massimo (in questo caso $k$). Prova che

a)

$$\dot {\mathbf {x}} = {\dfrac {\partial {{\mathbf {x}}({\mathbf {q}})}}{\partial {{\mathbf {q}}}}} \dot {\mathbf {q}},$$

(ovviamente è un prodotto righe per colonne).

b)

$$\frac 12 \dot {\mathbf {x}} \cdot \dot {\mathbf {x}} = \frac 12 \dot {\mathbf {q}} \cdot T({\mathbf {q}}) \dot {\mathbf {q}},$$

dove la matrice cinetica è data da

$$T({\mathbf {q}} ) = \left({\dfrac {\partial {{\mathbf {x}}({\math... ... {\dfrac {\partial {{\mathbf {x}}({\mathbf {q}})}}{\partial {{\mathbf {q}}}}},$$

( $\phantom{A}^t$ indica la matrice trasposta).

c) La matrice $T$ è simmetrica e definita positiva.

Esercizio 7.2   Verifica che data una forma quadratica in $\mathbb{R}^n$ $f({\mathbf {x}}) = \frac 12 {\mathbf {x}} \cdot A {\mathbf {x}}$, vale $\nabla f({\mathbf {x}}) = A {\mathbf {x}}$.

Il pasaggio all'Hamiltoniana è semplice. Infatti il vettore degli impulsi coniugati è dato da:

$${\mathbf {p}} = {\dfrac {\partial {L}}{\partial {\dot {\mathbf {x}}}}} = T({\mathbf {x}}) \dot {\mathbf {x}},$$

ed essendo $T$ definita positiva, in particolare è invertibile. Dunque

$$\dot {\mathbf {x}} = T({\mathbf {x}})^{-1} {\mathbf {p}}.$$

Ma allora l'Hamiltoniana è data da:

$$H= {\mathbf {p}} \cdot \dot {\mathbf {x}} - \frac 12 \dot {\math... ...{x}}) = \frac 12 {\mathbf {p}} \cdot T({\mathbf {x}})^{-1} {\mathbf {p}} +V(x).$$

Quindi per il calcolo dell'Hamiltoniana è sufficiente calcolare l'inversa della matrice $T$.

Esercizio 7.3   Verifica che data una Hamiltoniana

$$H= \frac 12 {\mathbf {p}} \cdot S({\mathbf {x}}) {\mathbf {p}} +V(x),$$

dove $S$ è una matrice simmetrica e definita positiva, la corrispondente lagrangiana è data da

$$L= \frac 12 \dot {\mathbf {x}} \cdot S({\mathbf {x}})^{-1} \dot {\mathbf {x}} -V({\mathbf {x}}).$$

Esercizio 7.4  

Verifica che data una Hamiltoniana

$$H= \frac 12 {\mathbf {p}} \cdot S({\mathbf {x}}) {\mathbf {p}}+ {\mathbf {p}} \cdot {\mathbf {b}}({\mathbf {x}}) +V(x),$$

dove $S({\mathbf {x}})$ è una matrice simmetrica e definita positiva, e $b({\mathbf {x}})$è un vettore, la corrispondente lagrangiana è data da

$$L= \frac 12 (\dot {\mathbf {x}} -{\mathbf {b}}(x) ) \cdot S({\mat... ... 12 {\mathbf {b}} \cdot S({\mathbf {x}})^{-1} {\mathbf {b}} -V({\mathbf {x}}).$$

Le equazioni del moto delle piccole oscillazioni intorno da una posizione di equilibrio stabile, si trovano linearizzando le equazioni del moto. Questo corrisponde a considerare l'approssimazione quadratica della lagrangiana intorno alla posizione di equilibrio.

Per Lagrangiane naturali del tipo $L= \frac 12 \dot {\mathbf {x}} \cdot T({\mathbf {x}}) \dot {\mathbf {x}} -V({\mathbf {x}})$ è molto semplice. Supponiamo che $\bar {\mathbf {x}}$ sia la posizione di equilibrio. Per prima cosa scrivo l'approssimazione quadratica dell'energia potenziale. La formula di Taylor in più variabili mi dice che

$$V({\mathbf {x}}) = V(\bar {\mathbf {x}}) + \nabla V(\bar {\mathbf... ...x}} - \bar {\mathbf {x}} ) + o(\vert{\mathbf {x}} - \bar {\mathbf {x}}\vert^2).$$

Ora $V(\bar {\mathbf {x}})$ è un valore costante, dunque posso non scriverlo nella lagrangiana delle piccole oscillazioni. Il termine al primo ordine è nullo. Infatti $\bar {\mathbf {x}}$ è una posizione di equilibrio, dunque il gradiente dell'energia potenziale è nullo. Il primo termine significativo è il termine quadratico $\frac 12 ({\mathbf {x}} - \bar {\mathbf {x}} ) \cdot W(\bar {\mathbf {x}}) ({\mathbf {x}} - \bar {\mathbf {x}} )$, dove con $W(\bar {\mathbf {x}})$ ho indicato la matrice hessiana di $V$ calcolata nel punto di equilibrio $\bar {\mathbf {x}}$. I termini successivi sono di ordine superiore, quindi li trascuro.

La variabile che compirà in questo caso è ${\mathbf {y}} = ve x - \bar {\mathbf {x}}$, che infatti descrive la posizione rispetto all'equilibrio. In termini di ${\mathbf {y}}$ l'approssimazione quadratica dell'energia potenziale è $\frac 12 {\mathbf {y}} \cdot W(\bar {\mathbf {x}}) {\mathbf {y}}$. L'energia cinetica nella variabile ${\mathbf {y}}$ è $\frac 12 \dot {\mathbf {y}} \cdot T(\bar {\mathbf {x}} + {\mathbf {y}}) \dot {\mathbf {y}}$, infatti $\dot {\mathbf {y}}= \dot {\mathbf {x}}$. Sviluppando $T$ in ${\mathbf {y}}$: $T(\bar {\mathbf {x}} + {\mathbf {y}})= T(\bar {\mathbf {x}}) + o(\vert{\mathbf {y}}\vert)$. Ma allora mi interessa solo l'ordine zero, infatti devo moltiplicare $T$ per ${\mathbf {y}}$ due volte, quindi il termine è già almeno del secondo ordine.

In definitiva:

$$L_{po} = \frac 12 \dot {\mathbf {y}} \cdot T(\bar {\mathbf {x}}) ... ...athbf {y}} - \frac 12 {\mathbf {y}} \cdot W(\bar {\mathbf {x}}) {\mathbf {y}} .$$

Esercizio 7.5   Calcola l'Hamiltoniana delle piccole oscillazioni.