Der Hamilton-Operator bleibt erhalten, ist aber nicht die gesamte mechanische Energie

Ich denke, dieser Satz könnte Ihnen helfen.

Annehmen, dass$L=T-U$Lagrangian des Systems ist.$T$ist kinetische Energie, die als quadratische Form dargestellt wird$\dot{q}$:$T=\frac{1}{2}\sum a_{ij}\dot{q_i}\dot{q_j}$,$a_{ij}=a_{ji}(q,t)$;$U=U(q)$.

Satz : Unter diesen Annahmen Hamiltonian$H$ist die Gesamtenergie des Systems$H=T+U$

Beweis des Satzes : Verwendung des Satzes von Euler über homogene Funktionen$\frac{\partial f}{\partial x}x=2f$. Dann haben wir:$H=p\dot{q}-L=\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\dot{q}-(T-U)=2T-(T-U)=T+U$ $\blacksquare$

Wenn Sie also ein System mit diesen Annahmen haben, können Sie sagen, dass der Hamilton-Operator und die Gesamtenergie dasselbe sind.

Ich weiß mit Sicherheit, dass, wenn die potentielle Energie von der Geschwindigkeit abhängt, sich die Energie von der Hamilton-Funktion unterscheidet.

Mehr dazu finden Sie in Arnolds Mathematische Methoden der klassischen Mechanik

Es ist die äußere Energie, die der Reifen braucht, um sich zu drehen. Der Hamiltonoperator ist eine Erhaltungsgröße, da er nicht explizit von der Zeit abhängt, aber die mechanische Energie (kinetische plus Potential) ist nicht erhalten.

Beachten Sie, dass:

$$E=K_1 + K_2 + U$$ wo $K_2$ist der kinetische Term, der nicht von Geschwindigkeiten abhängt $\dot \phi$, dann $$L=K_1 + K_2 - U$$ und $$H=K_1 - K_2 + U$$ seit $K_2$hängt nicht von Geschwindigkeiten ab und ist für den Hamiltonoperator ein effektiver Potentialterm.

Ich denke, es liegt daran, dass Ihre Transformationsgleichungen zwischen$x_{\alpha ,i}$und$q_{j}$enthalten explizit die Uhrzeit.

$$x = Rsin(\phi )cos(\theta )=Rsin(\phi )cos(\omega t)$$ $$y = Rsin(\phi )sin(\theta )=Rsin(\phi )sin(\omega t)$$ $$z = Rcos(\phi )$$

Und nach dem von Oiale erwähnten Theorem stellt sich Ihre kinetische Energie nicht als quadratische Form von dar$\dot{q}$. Deshalb ist Ihr Hamiltonoperator (kanonische Energie) nicht gleich mechanischer Energie. Die hinreichenden Bedingungen von$H=E$ist :

(1) Die potentielle Energie ist geschwindigkeitsunabhängig.

(2) Die Transformationsgleichungen zwischen$x_{\alpha ,i}$und$q_{j}$enthalten nicht explizit die Zeit

Wenn wir also die Koordinatentransformation umschreiben,

$$x = Rsin(\phi )cos(\theta )$$ $$y = Rsin(\phi )sin(\theta )$$ $$z = Rcos(\phi )$$

dann sind Ihre mechanische Energie, Lagrange und Hamilton (kanonische Energie):

$$E =\frac{P_{\phi }^{2}}{2mR^{2}}+\frac{P_{\theta }^{2}}{2mR^{2}sin(\phi )^{2}}+mgRcos(\phi )$$ $$L=\frac{P_{\phi }^{2}}{2mR^{2}}+\frac{P_{\theta }^{2}}{2mR^{2}sin(\phi )^{2}}-mgRcos(\phi )$$ $$H =\frac{P_{\phi }^{2}}{2mR^{2}}+\frac{P_{\theta }^{2}}{2mR^{2}sin(\phi )^{2}}+mgRcos(\phi )$$

Offensichtlich,$H=E$.

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Entschuldigung, ich glaube, ich habe einen Fehler gemacht. Ich habe einfach die Beschränkungsgleichung ignoriert,

$$f(\phi ,\theta ,t) = \theta -\omega t = 0$$ Daher sollte ich meinen Hamiltonian modifizieren. $$H^{'}=H-\lambda f(\phi ,\theta ,t)$$

Bitte sehen Sie sich das Thema „ Hamiltonian from a Lagrangian with Constraints? “ in SE an.

Ich denke, dass der Hamilton-Operator aus folgendem Grund nicht unbedingt die Energie ist: Sie können zeigen, dass der Lagrange-Operator aus dem D'Alembert-Prinzip abgeleitet werden kann, das mit dem Konzept der Kraft usw. verbunden ist, aber er kann auch aus dem Hamilton-Prinzip abgeleitet werden Dies ist ein rein mathematisches Konzept, das auf die Physik angewendet wird (eine bestimmte Größe muss ein Extremum sein, wenn sie über den wahren Pfad integriert wird). Daher können Sie verschiedene Formen von Lagrange-Operatoren finden, die die gleichen Bewegungsgleichungen (Lagrange-Gleichungen) liefern: entweder indem Sie einen Lagrange-Operator aufbauen$L=T-U$, oder durch Aufbau einer anderen Lagrange-Funktion, die dieselben Gleichungen liefert. Sie könnten denken, dass die letztere Lagrange-Funktion die richtigen Bewegungsgleichungen liefert, aber eigentlich falsch ist: Das Hamilton-Prinzip hindert Sie daran, dies zu bestätigen.

Beispiel aus einem französischen Lehrbuch (C. Cohen Tannoudji):

Stellen wir uns zwei unabhängige identische harmonische 1D-Oszillatoren mit x- und y-Koordinaten vor.

Aus dem D'Alembert-Prinzip haben Sie

$L=T-U=\frac{1}{2}m(\dot{x}^2+\dot{y}^2)-\frac{1}{2}m\omega_0^2(x^2+y^2)$,

und die Bewegungsgleichungen sind

$\ddot{x}=-\omega_0^2x$

und

$\ddot{y}=-\omega_0^2y$.

Wenn Sie diese andere Lagrange verwenden$L'=m\dot{x}\dot{y}-m\omega_0xy$, finden Sie genau die gleichen Gleichungen.$L'$hätte aus dem Hamilton-Prinzip abgeleitet werden können.

Wenn Sie sich dann entscheiden, den Hamilton-Operator unter Verwendung der üblichen Legendre-Transformation und der Definition des Impulses zu schreiben, zeigen Sie leicht, dass die Hamilton-Operatoren auch anders sind.

In dem oft erwähnten Fall, in dem ein beweglicher Rahmen gewählt wird, um die Koordinaten zu definieren, ist es normal, dass die Energie anders ist als in dem Fall, in dem der Rahmen ruht. Ich meine, Sie finden das gleiche Ergebnis in Newtons Mechanik: ein Masseteilchen$m$und Geschwindigkeit$v$hat eine Energie$E=\frac{1}{2}mv^2$während in seinem richtigen Rahmen,$E=0$. Für mich ist diese Antwort für den Hamiltonian irgendwie trivial.

Die Perle von OP kann auf mindestens zwei Arten mit einem Anfangsrahmen modelliert werden:

1. Als mit 1 DOF$\theta$. Dies ist die Methode von OP. Der Lagrange ist$^1$

   $$\begin{align}L_1(\theta,\dot{\theta})~=~& \frac{1}{2}mR^2( \dot{\theta}^2+\omega^2\sin^2\theta) - V,\cr V~=~& - mgR\cos\theta,\end{align}\tag{1L}$$ die Lagrange-Energiefunktion ist $$\begin{align} h_1(\theta,\dot{\theta})~:=~&\dot{\theta}\frac{\partial L_1(\theta,\dot{\theta})}{\partial\dot{\theta}}- L_1(\theta,\dot{\theta}) \cr ~=~& \frac{1}{2}mR^2( \dot{\theta}^2\color{red}{-}\omega^2\sin^2\theta) + V,\end{align}\tag{1h}$$ und der Hamiltonian ist $$H_1(\theta,p_{\theta})~=~\frac{p_{\theta}^2}{2mR^2}\color{red}{-}\frac{1}{2}mR^2\omega^2\sin^2\theta + V.\tag{1H}$$ Der Lagrange$L_1$hat keine explizite Zeitabhängigkeit, also die Lagrange-Energiefunktion$h_1$und Hamiltonian$H_1$sind konserviert. Die 2 letzteren Funktionen$h_1$und$H_1$den gleichen Wert haben, sich aber von der gesamten mechanischen Energie unterscheiden$E$der Perle. Wie wir sehen werden, besteht das Problem darin, dass die Perle kein isoliertes System ist.

2. Als mit 2 DOF$(\theta,\phi)$mit 1 zeitabhängiger holonomischer Einschränkung $\phi-\omega t\approx 0$. Der Lagrange ist

   $$L_2~=~ \frac{1}{2}mR^2( \dot{\theta}^2+\dot{\phi}^2\sin^2\theta ) - V+\lambda(\phi-\omega t),\tag{2L}$$ die Lagrange-Energiefunktion ist $$h_2~=~ \frac{1}{2}mR^2( \dot{\theta}^2\color{red}{+}\dot{\phi}^2\sin^2\theta ) + V-\lambda(\phi-\omega t),\tag{2h}$$ und der Hamiltonian ist $$H_2~=~\frac{p_{\theta}^2}{2mR^2}\color{red}{+}\frac{p_{\phi}^2}{2mR^2\sin^2\theta} + V -\lambda(\phi-\omega t).\tag{2H}$$ Die 3 Funktionen$L_2$,$h_2$und$H_2$haben eine explizite Zeitabhängigkeit. Die Lagrange-Energiefunktion$h_2$und Hamiltonian$H_2$gleich der Gesamtenergie sind$E$.

   Der Lagrange-Multiplikator$^2$

   $$\lambda~\approx~\dot{p}_{\phi}, \qquad p_{\phi}~=~mR^2\dot{\phi}\sin^2\theta,\tag{$\lambda$}$$ kann aus dem EOM ermittelt werden. Es hat eine Interpretation als externe Einschränkung generalisierte Kraft $Q_{\phi}=\lambda$wirkt auf die Perle. Seine Kraft ist gleich der Rate des Gesamtenergiegewinns der Perle $$\frac{dh_2}{dt}~\approx~P~=~Q_{\phi}\dot{\phi}~=~\lambda\dot{\phi}~\approx~\frac{d(p_{\phi}\omega)}{dt}, \tag{P}$$ dh der Reifen arbeitet an der Perle. Mit anderen Worten, der Unterschied $$h_1~\approx~h_2-p_{\phi}\omega \tag{h}$$ zwischen der linken und rechten Seite von Gl. (P) bleibt erhalten. Dies erklärt die Beobachtung von OP (4).

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$^1$Der Lagrange$L_1$ist im rotierenden Referenzrahmen des Reifens dasselbe: Der einzige Unterschied besteht darin, dass der zweite kinetische Term als minus das Zentrifugalpotential neu interpretiert wird.

NB: In dieser Antwort verwenden wir die Standard-Physik-Notation für sphärische Koordinaten , dh$\theta$ist der Polarwinkel und$\phi$der Azimutwinkel.

$^2$Das$\approx$Symbol bedeutet Gleichheit modulo EOMs & Einschränkungen.

$\uparrow$Abbildung aus Frage 3.57 auf Chegg.com.