Lagrangiano clásico desde la fuerza de Lorentz

Acá muestro la obtención de la fuerza de Lorentz en ausencia de campo eléctrico externo a partir de la lagrangiana clásica. El siguiente es el proceso inverso, que se puede extender fácilmente en presencia de campo eléctrico vía la relación {\vec{E}=-\nabla\phi-\frac{\partial\vec{A}}{\partial{t}}}. El detalle está en hallar el potencial V (si existe) tal que la fuerza de Lorentz sea monogénica

\displaystyle{\vec{F}\equiv{e}\,\dot{\vec{r}}\times\left(\nabla\times\vec{A}\right)=-\frac{\partial{V}}{\partial\vec{r}}+\frac{d}{dt}\frac{\partial{V}}{\partial\dot{\vec{r}}  }}

La i-ésima componente de la fuerza es (empleo la suma sobre índices repetidos)

\displaystyle{F_i=e\,\epsilon_{ijk}\dot{r}_j\left(\epsilon_{k\ell{m}}\frac{\partial{A}_\ell}{\partial{r}_m}\right)}\\  =e\,\dot{r}_j\,\epsilon_{kij}\epsilon_{k\ell{m}}\frac{\partial{A}_\ell}{\partial{r}_m}\\  =e\dot{r}_j\left(\delta_{i\ell}\delta_{jm}-\delta_{im}\delta_{j\ell}\right)\frac{\partial{A}_\ell}{\partial{r}_m}\\  =e\dot{r}_j\left(\frac{\partial{A}_i}{\partial{r}_j}-\frac{\partial{A}_j}{\partial{r}_i}\right)\\  =e\left[\dot{r}_j\frac{\partial{A}_i}{\partial{r}_j}-\dot{r}_j\frac{\partial{A}_j}{\partial{r}_i}\right]

y ya que {\vec{A}=\vec{A}(\vec{r},t)}, se tiene {\dot{A}_i=(\partial_jA_i)\dot{r}_j}, entonces

\displaystyle{F_i=e\left[\frac{dA_i}{dt}-\dot{r}_j\frac{\partial{A}_j}{\partial{r}_i}\right]}

de modo entonces que por comparación con la primer ecuación, se sigue que

\displaystyle{V=-e\,\dot{r}_iA_i=-e\,\dot{\vec{r}}\cdot\vec{A}}

por tanto

\displaystyle{\mathcal{L}=\frac{1}{2}m\dot{\vec{r}}^{\,2}+e\,\dot{\vec{r}}\cdot\vec{A}}

como se esperaba. En la entrada pasada muestro la obtención del hamiltoniano por transformada de Legendre, sin embargo véase que la lagrangiana es de la forma

\displaystyle{\mathcal{L}=\frac{1}{2}\dot{\vec{r}}^{\,\mathrm{T}}\mathbb{M}\,\dot{\vec{r}}+\vec{a}\cdot\dot{\vec{r}}}

de modo que \mathcal{H} puede escribirse en la forma

\displaystyle{\mathcal{H}=\frac{1}{2}\left(\vec{p}-\vec{a}\right)^\mathrm{T}\mathbb{M}^{-1}\left(\vec{p}-\vec{a}\right)}

entonces en este caso, ya que {\mathbb{M}=m\mathbb{I}=m\begin{pmatrix}1&0&0\\  0&1&0\\  0&0&1\end{pmatrix}} y {\vec{a}\equiv{e}\vec{A}}, se sigue inmediatamente que

\displaystyle{\mathcal{H}=\frac{1}{2m}\left(\vec{p}-e\vec{A}\right)^2}

como se sabe.

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Fuerza de Lorentz desde el lagrangiano clásico

Trabajar con índices puede resultar muy fructífero incluso para realizar cálculos que no necesariamente lo exigen, como muestro en este ejemplo, que he resuelto en un curso de electromagnetismo (acá muestro otro ejemplo para con mecánica clásica). Considera la Lagrangiana para una partícula de masa M y carga q dada por

\displaystyle{\mathcal{L}=\frac{1}{2}M\dot{\mathbf{r}}^2+q\,\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A}}

donde \mathbf{A} es el potencial vectorial; {\nabla\times\mathbf{A}=\mathbf{B}} con \mathbf{B} el campo magnético. Empleando la notación de suma en índices repetidos, la lagrangiana se escribe como

\displaystyle{\mathcal{L}=\frac{1}{2}M\dot{x}_i^2+q\,\dot{x}_iA_i}

se tiene entonces las ecuación de Lagrange para la j-ésima componente

\displaystyle{\frac{d}{dt}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{x}_j}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial{x}_j}}

esto es, haciendo explícitas las derivadas sabiendo que {\mathbf{A}=\mathbf{A}(\mathbf{r}(t))},

\displaystyle{M\ddot{x}_j+q\dot{A}_j=q\dot{x}_i\frac{\partial{A}_i}{\partial{x}_j}}

es decir

\displaystyle{M\ddot{x}_j=q\left(\dot{x}_i\frac{\partial{A}_i}{\partial{x}_j}-\dot{A}_j\right)\hspace{1.5in}(1)}

ahora bien, considerando nuevamente que {\mathbf{A}=\mathbf{A}(\mathbf{r}(t))}, por regla de la cadena (y notación de suma),

\displaystyle{\dot{A}_j\equiv\frac{dA_j}{dt}=\frac{\partial{A}_j}{\partial{x}_i}\frac{\partial{x}_i}{\partial{t}}=\dot{x}_i\frac{\partial{A}_j}{\partial{x}_i}}

entonces se reescribe la ec. (1) como

\displaystyle{M\ddot{x}_j=q\dot{x}_i\left(\frac{\partial{A}_i}{\partial{x}_j}-\frac{\partial{A}_j}{\partial{x}_i}\right)}

y véase que (empleando por simplicidad la notación {\partial_i\equiv\partial/\partial{x}_i}),

\displaystyle{\left(\dot{\mathbf{r}}\times\mathbf{B}\right)_j=\epsilon_{jik}\dot{x}_iB_k}\\[0.1in]=\epsilon_{jik}\dot{x}_i\left(\epsilon_{k\ell{m}}\partial_\ell{A_m}\right)\\[0.1in]=\dot{x}_i\epsilon_{kji}\epsilon_{k\ell{m}}\partial_\ell{A_m}\\[0.1in]=\dot{x}_i\left(\delta_{j\ell}\delta_{im}-\delta_{jm}\delta_{i\ell}\right)\partial_\ell{A_m}\\[0.1in]=\dot{x}_i\left(\partial_jA_i-\partial_iA_j\right)

por tanto se concluye que

\displaystyle{M\ddot{x}_j=q\left(\dot{\mathbf{r}}\times\mathbf{B}\right)_j}

es decir

\displaystyle{M\ddot{\mathbf{r}}=q\,\dot{\mathbf{r}}\times\mathbf{B}}

que es precisamente la ecuación en la forma de la segunda ley de Newton para la fuerza de Lorentz en ausencia de campo eléctrico externo. Esta es una muestra de lo sencillo que pueden tornarse cálculos en general utilizando notación de índices. He procurado antes obtener el mismo resultado con notación vectorial y no me parece que sea tan claro, pues en algún punto u otro es necesario recurrir o a coordenadas en particular o a la notación de índices.

Podemos obtener además el hamiltoniano mediante su definición como transformada de Legendre de la lagrangiana, i.e. (usando nuevamente convención de suma),

\displaystyle{\mathcal{H}=\dot{x}_i\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{x}_i}-\mathcal{L}}

donde el i-ésimo momento generalizado está definido por

\displaystyle{p_i\equiv\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{x}_i}=M\dot{x}_i+qA_i}

entonces

\displaystyle{\dot{x}_i=\frac{1}{M}\left(p_i-qA_i\right)}

y así,

\displaystyle{\mathcal{L}=\frac{1}{M}(p_i-qA_i)\left[\frac{1}{2}(p_i-qA_i)+qA_i\right]}\\[0.1in]=\frac{1}{2M}\left(p_i^2-q^2A_i^2\right)

por tanto

\displaystyle{\mathcal{H}=\frac{1}{M}\left(p_i^2-qp_iA_i\right)-\frac{1}{2M}\left(p_i^2-q^2A_i^2\right)}\\[0.1in]=\frac{1}{2M}\left(p_i^2-2qp_iA_i+q^2A_i^2\right)\\[0.1in]=\frac{1}{2M}\left(\mathbf{p}-q\mathbf{A}\right)^2

procura comprobar ahora que esto es correcto obteniendo a partir de este hamiltoniano la ecuación de segunda ley para la fuerza de Lorentz.

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El derecho maya prehispánico

Imagen (si ves este texto, recarga la pág)

Es una cuestión bien interesante la organización jurídica de los mayas prehispánicos. Hace tiempo me encontré con este artículo de Antonio Salcedo Flores, profesor de la UAM Azcapotzalco, publicado en una revista del departamento de Derecho de dicha institución, y apenas tuve oportunidad de leerlo por encima en mi cortísimo periodo vacacional. Espero pronto tener un espacio para leer con más tranquilidad y de otras fuentes; en general me parecen muy interesantes las sociedades prehispánicas.

Quisiera resaltar algunas cuestiones, que yo diría todos debemos tener presentes -al menos en México-, mostradas como conclusiones o texto resaltado en la publicación:

  • Entre los mayas no existió la pena de prisión, sí las de muerte, del talión y de esclavitud, que eran trascendentales. Diferenciaron el dolo de la culpa. Neutralizaban al delincuente matándolo o esclavizándolo.
  • Los trabajadores eran de tres clases: asalariados, siervos y esclavos.
  • La justicia era expedita y definitiva. (…) No conocieron los medios de impugnación. Utilizaron el Derecho para sojuzgar al pueblo.
  • Cada pueblo tenía gente escogida como soldados, que, cuando era necesario, acudía con sus armas; eran llamados holcanes. Después de la victoria quitaban a los muertos la quijada, la limpiaban y se la ponían en el brazo. Cuando un guerrero capturaba a un enemigo en la batalla, el aprehendido se convertía en su propiedad personal.

Para detalles consulta el artículo completo: El derecho maya prehispánico, un acercamiento a su fundamentación socio-política. Con la siguiente cita finaliza el mismo:

En la lucha hubo un incidente que llamó la atención, y fue que en lo más reñido de ella, un ballestero español que causaba numerosas bajas entre los naturales, se propuso tirar a un indio que igualmente se distinguía por la precisión con que disparaba las flechas, ocasionando algún daño entre sus contrarios. Ambos valientes buscábanse en los combates, como deseando realizar un duelo concertado tácitamente. El indio permaneció como distraído esperando que se disparase la ballesta para lanzar la flecha; el español, creyó verdaderamente la distracción y disparó la jara; pero con suma rapidez lanzó el indio la flecha, y a tiempo que se oyó decir al Capitán Dávila: “Guardaos, Treviño, que estáis herido”, el indio se arrancaba del pecho la jara castellana exclamando: “No moriré a tus manos, perro cristiano;” y alejándose algo, se ahorcó con un bejuco.

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Paréntesis de Poisson y el vector de Laplace-Runge-Lenz

Aprovechando que he tenido que hablar sobre el paréntesis de Poisson en un curso de Mecánica Clásica, acá comparto el cálculo del paréntesis de Poisson del vector de Laplace-Runge-Lenz (LRL) con el hamiltoniano, que -como se espera- resulta ser nulo, demostrando que el vector LRL se conserva. El camino que tomé es un poco tortuoso, pero funciona bien y ayuda a familiarizarse con las propiedades del paréntesis de Poisson.

Sabiendo que el hamiltoniano es \displaystyle{\mathcal{H}=\displaystyle{\frac{\mathbf{p}^2}{2\mu}-\frac{k}{r}}}, se quiere verificar que el vector LRL, \displaystyle{\mathbf{A}=\mathbf{p}\times\mathbf{L}-\mu{k}\displaystyle{\frac{\mathbf{r}}{r}}} es una constante de movimiento, calculando explícitamente el paréntesis {\{\mathbf{A},\mathcal{H}\}}.

Descomponiendo el vector LRL,

\displaystyle{A_i=\epsilon_{ijk}p_jL_k-\mu{k}\frac{r_i}{r}}\\[0.1in]=\epsilon_{ijk}\epsilon_{kmn}p_jr_mp_n-\mu{k}\frac{r_i}{r}\\[0.1in]=\epsilon_{kij}\epsilon_{kmn}p_jr_mp_n-\mu{k}\frac{r_i}{r}\\[0.1in]=\left(\delta_{im}\delta_{jn}-\delta_{in}\delta_{jm}\right)p_jr_mp_n-\mu{k}\frac{r_i}{r}\\[0.1in]=\mathbf{p}^2r_i-(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i-\mu{k}\frac{r_i}{r}\\[0.1in]=\left(\mathbf{p}^2-\mu{k}\frac{1}{r}\right)r_i-(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i

Así entonces, calculando el paréntesis de Poisson,

\displaystyle{\{A_i,\mathcal{H}\}=\left\{\left(\mathbf{p}^2-\mu{k}\frac{1}{r}\right)r_i-(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\frac{\mathbf{p}^2}{2\mu}-\frac{k}{r}\right\}}\\[0.1in]=\frac{1}{2\mu}\left(\left\{\mathbf{p}^2r_i,\mathbf{p}^2\right\}-\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\mathbf{p}^2\right\}\right)+\\k\left(\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\frac{1}{r}\right\}-\left\{\mathbf{p}^2r_i,\frac{1}{r}\right\}-\frac{1}{2}\left\{\frac{r_i}{r},\mathbf{p}^2\right\}\right)+\mu{k}^2\left(\left\{\frac{r_i}{r},\frac{1}{r}\right\}\right)

así, para el primer sumando,

\displaystyle{\left\{\mathbf{p}^2r_i,\mathbf{p}^2\right\}=\mathbf{p}^2\left\{r_i,\mathbf{p}^2\right\}+r_i\left\{\mathbf{p}^2,\mathbf{p}^2\right\}}\\[0.1in]=\mathbf{p}^2\left\{r_i,\mathbf{p}^2\right\}\\[0.1in]=\mathbf{p}^2\,\sum_{\alpha}\left(\frac{\partial{r_i}}{\partial{r_\alpha}}\frac{\partial{\mathbf{p}^2}}{\partial{p_\alpha}}-\frac{\partial{r_i}}{\partial{p_\alpha}}\frac{\partial{\mathbf{p}^2}}{\partial{r_\alpha}}\right)\\[0.1in]=2p_i\mathbf{p}^2

y también
\displaystyle{\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\mathbf{p}^2\right\}=\left(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p}\right)\left\{p_i,\mathbf{p}^2\right\}+p_i\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p}),\mathbf{p}^2\right\}}\\[0.1in]=p_i\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p}),\mathbf{p}^2\right\}\\[0.1in]=p_i\,\sum_\alpha\left(\frac{\partial}{\partial{r_\alpha}}(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{\partial}{\partial{p_\alpha}}\mathbf{p}^2-\frac{\partial}{\partial{p_\alpha}}(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{\partial}{\partial{r_\alpha}}\mathbf{p}^2\right)\\[0.1in]=2p_i\mathbf{p}^2

Entonces podemos ir reduciendo el vector LRL a

\displaystyle{\{A_i,\mathcal{H}\}=k\left(\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\frac{1}{r}\right\}-\left\{\mathbf{p}^2r_i,\frac{1}{r}\right\}-\frac{1}{2}\left\{\frac{r_i}{r},\mathbf{p}^2\right\}\right)+\mu{k}^2\left(\left\{\frac{r_i}{r},\frac{1}{r}\right\}\right)}

Para el siguiente sumando,

\displaystyle{\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\frac{1}{r}\right\}=(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\left\{p_i,\frac{1}{r}\right\}+p_i\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p}),\frac{1}{r}\right\}}\\[0.1in]=(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\,\sum_\alpha\left(\frac{\partial{p_i}}{\partial{r_\alpha}}\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{p_\alpha}}-\frac{\partial{p_i}}{\partial{p_\alpha}}\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{r_\alpha}}\right)+p_i\,\sum_\alpha\left(\frac{\partial}{\partial{r_\alpha}}(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{p_\alpha}}-\frac{\partial}{\partial{p_\alpha}}(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{r_\alpha}}\right)\\[0.1in]=(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{r_i}{r^3}+\frac{p_i}{r}\\[0.1in]=\left\{\mathbf{p}^2r_i,\frac{1}{r}\right\}\\[0.1in]=\mathbf{p}^2\left\{r_i,\frac{1}{r}\right\}+r_i\left\{\mathbf{p}^2,\frac{1}{r}\right\}\\[0.1in]=\mathbf{p}^2\,\sum_\alpha\left(\frac{\partial{r_i}}{\partial{r_\alpha}}\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{p_\alpha}}-\frac{\partial{r_i}}{\partial{p_\alpha}}\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{r_\alpha}}\right)+r_i\,\sum_\alpha\left(\frac{\partial}{\partial{r_\alpha}}\mathbf{p}^2\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{p_\alpha}}-\frac{\partial}{\partial{p_\alpha}}\mathbf{p}^2\frac{\partial{r^{-1}}}{\partial{r_\alpha}}\right)\\[0.1in]=2\frac{r_i}{r^3}(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})

y también

\displaystyle{\left\{\frac{r_i}{r},\mathbf{p}^2\right\}=r_i\left\{\frac{1}{r},\mathbf{p}^2\right\}+\frac{1}{r}\left\{r_i,\mathbf{p}^2\right\}}\\[0.1in]=-2r_i\frac{1}{r^3}(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})+\frac{2}{r}p_i

entonces se tiene

\displaystyle{k\left(\left\{(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})p_i,\frac{1}{r}\right\}-\left\{\mathbf{p}^2r_i,\frac{1}{r}\right\}-\frac{1}{2}\left\{\frac{r_i}{r},\mathbf{p}^2\right\}\right)}\\[0.1in]=k\left[\frac{p_i}{r}+(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{r_i}{r^3}-2(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{r_i}{r^3}-\frac{1}{2}\left(\frac{2}{r}p_i-2(\mathbf{r}\cdot\mathbf{p})\frac{r_i}{r^3}\right)\right]=0

por lo que la derivada temporal del vector LRL se reduce a

\displaystyle{\{A_i,\mathcal{H}\}=\mu{k}^2\left\{\frac{r_i}{r},\frac{1}{r}\right\}}

que evidentemente es nulo, por tanto se concluye que

\displaystyle{\mathbf{\dot{A}}=\left\{\mathbf{A},\mathcal{H}\right\}=\mathbf{0}}

y en efecto \mathbf{A} es constante de movimiento.

En Mathematica es sencillo programar el paréntesis de Poisson para verificar lo anterior. Las siguientes líneas hacen esa tarea para cada componente.

(*Definición paréntesis de Poisson*)
PB[u_, v_, q_Symbol, p_Symbol] := D[u, q] D[v, p] - D[v, q] D[u, p]

(*Definiciones*)
p = {p1, p2, p3}; r = {r1, r2, r3};
P = FullSimplify[Norm[p], p1 > 0 && p2 > 0 && p3 > 0]
R = FullSimplify[Norm[r], r1 > 0 && r2 > 0 && r3 > 0]
A := Cross[p, Cross[r, p]] - r/R
H = P^2/2 - 1/R

(*El vector LRL es ortogonal al momento angular*)
A . Cross[r, p] == 0 // Simplify

(*El vector LRL se conserva*)
Simplify[Sum[{PB[A[[1]], H, r[[j]], p[[j]]], PB[A[[2]], H, r[[j]],
p[[j]]], PB[A[[3]], H, r[[j]], p[[j]]]}, {j, 1, 3}]]
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