Hamiltonoperator für einen Lagrangeoperator mit Kopplung

Question

Hamiltonoperator für einen Lagrangeoperator mit Kopplung

Fabio

Ich habe es mit der folgenden Lagrange-Dichte zu tun
$L_{e M} = - \frac{1}{2} ρ ω^{2} u^{2} + \frac{1}{2} \nabla u : Σ : \nabla u - \frac{1}{2} \nabla ϕ \cdot ϵ \cdot \nabla ϕ + \nabla ϕ \cdot P : \nabla u$ $\mathscr{L}_{em}= -\frac{1}{2}\rho\omega^2 u^2 +\frac{1}{2}\nabla u:\Sigma :\nabla u-\frac{1}{2}\nabla\phi\cdot\epsilon\cdot\nabla\phi+\nabla\phi\cdot P:\nabla u$ Wo $\rho,\omega\in\mathbb{R}^+$ , $\Sigma_{ij,kl}=\Sigma_{ji,kl}=\Sigma_{ij,lk}=\Sigma_{kl,ij}$ , $\epsilon_{ij}=\epsilon_{ji}$ , $P_{ijk}=P_{ikj}$ , $\phi$ ist ein Skalarfeld und $u \in\mathbb{R}^3$ .

Ich muss die zugehörige Hamilton-Dichte berechnen.

Wenn es nur so wäre

L_{M} = - \frac{1}{2} ρ ω^{2} u^{2} + \frac{1}{2} \nabla u : Σ : \nabla u

$\mathscr{L}_m=-\frac{1}{2}\rho\omega^2 u^2 +\frac{1}{2}\nabla u:\Sigma :\nabla u$

durch Definition des Impulses $\sigma_m=\Sigma:\nabla u$ , und die Legendre-Transformation verwenden

H = P \cdot \nabla Q (Q, P) - L (Q, P),

$\mathscr{H}=p\cdot\nabla q(q,p)-\mathscr{L}(q,p),$

Wo $q$ sind die Feldvariablen und $p$ den Schwung erhalte ich

H_{M} = \frac{1}{2} ρ ω^{2} u^{2} + \frac{1}{2} σ_{M} : Σ^{- 1} : σ_{M} .

$\mathscr{H}_m=\frac{1}{2}\rho\omega^2 u^2+\frac{1}{2}\sigma_m:\Sigma^{-1} :\sigma_m.$

Auch für

L_{e} = - \frac{1}{2} \nabla ϕ \cdot ϵ \cdot \nabla ϕ

$\mathscr{L}_e=-\frac{1}{2}\nabla\phi\cdot\epsilon\cdot\nabla\phi$

kann ich erhalten

H_{e} = - \frac{1}{2} D_{e} \cdot ϵ^{- 1} \cdot D_{e}

$\mathscr{H}_e=-\frac{1}{2} d_e\cdot\epsilon^{-1}\cdot d_e$

mit $d_e=-\varepsilon\cdot\nabla\phi$ .

Aber was ist nun mit der Hamiltonschen Dichte? $\mathscr{L}_{em}$ ? Darf ich sowas schreiben

H_{e M} = \frac{1}{2} ρ ω^{2} u^{2} + \frac{1}{2} σ_{M} : Σ^{- 1} : σ_{M} - \frac{1}{2} D_{e} \cdot ϵ^{- 1} \cdot D_{e} \pm D_{e} \cdot Q : σ_{M} ?

$\mathscr{H}_{em}=\frac{1}{2}\rho\omega^2 u^2 +\frac{1}{2}\sigma_m:\Sigma^{-1}:\sigma_m -\frac{1}{2}d_e\cdot\epsilon^{-1}\cdot d_e\pm d_e\cdot Q:\sigma_m~?$

Oder muss ich mich auf die Einleitung des Schwungs verlassen

σ_{e M} = Σ : \nabla u + P^{T} \cdot \nabla ϕ .

$\sigma_{em}=\Sigma:\nabla u+P^T\cdot\nabla\phi.$

D_{e M} = - ε \cdot \nabla ϕ + P : \nabla u ?

$d_{em}=-\varepsilon\cdot\nabla\phi+P:\nabla u~ ?$

Wer ist die Matrix $Q$ ?

Bezieht sich etwas auf diesen Phys.SE-Beitrag: Lagrange und Hamilton der Wechselwirkung ?

Ich bin neu in der Argumentation, aber jeder Vorschlag ist willkommen.

Danu

Was macht dein

:

$:$ -Notation bedeuten?

Fabio

Skalarprodukt ist das Skalarprodukt, dh

u \cdot u = u_{i} u_{i}

$u\cdot u=u_i u_i$ , Doppelpunktprodukt ist doppeltes inneres Produkt. Der Lagrangian kann auch in Einstein-Notation geschrieben werden

L = - \frac{1}{2} ρ ω^{2} u_{i} u_{i} + \frac{1}{2} \partial_{i} u_{j} Σ_{i j h k} \partial_{h} u_{k} - \frac{1}{2} \partial_{i} ϕ ϵ_{i j} \partial_{j} ϕ + \partial_{i} ϕ P_{i j k} \partial_{j} u_{k}

$\mathscr{L}=-\frac{1}{2}\rho\omega^2 u_i u_i+\frac{1}{2}\partial_i u_j \Sigma_{ijhk}\partial_h u_k-\frac{1}{2}\partial_i\phi\epsilon_{ij}\partial_j\phi+\partial_i\phi P_{ijk}\partial_j u_k$ .

Danu

Und die Variablen sind?

Fabio

u

$u$ Und

ϕ

$\phi$ sind die Variablen,

Antworten (2)

Hamiltonoperator für einen Lagrangeoperator mit Kopplung

Skalarprodukt ist das Skalarprodukt, dh $u\cdot u=u_i u_i$ , Doppelpunktprodukt ist doppeltes inneres Produkt. Der Lagrangian kann auch in Einstein-Notation geschrieben werden $\mathscr{L}=-\frac{1}{2}\rho\omega^2 u_i u_i+\frac{1}{2}\partial_i u_j \Sigma_{ijhk}\partial_h u_k-\frac{1}{2}\partial_i\phi\epsilon_{ij}\partial_j\phi+\partial_i\phi P_{ijk}\partial_j u_k$ .

QMechaniker · Answer 1

Um die (evtl. singuläre) Legendre-Transformation durchzuführen, ist es notwendig, Informationen über zugehörige Rangbedingungen der Strukturkonstanten zu haben $\rho$ , $\omega$ , $\Sigma_{ij,k\ell}$ , $\epsilon_{ij}$ Und $P_{ijk}$ .

In dieser Antwort skizzieren wir, wie die (möglicherweise singuläre) Legendre-Transformation im Prinzip durchgeführt wird:

Wir werden die komprimierte Notation von DeWitt verwenden , um alle räumlichen Ableitungen der Einfachheit halber auszublenden.
Nehmen Sie an, dass die Lagrange-Dichte
$\begin{matrix} (1) & L = L_{2} + L_{1} + L_{0} \end{matrix}$ $\tag{1}\mathcal{L}~=~\mathcal{L}_2+\mathcal{L}_1+\mathcal{L}_0$ ist eine quadratische Funktion der Geschwindigkeiten $\dot{\Phi}^A$ (= zeitliche Ableitungen der Felder).
Wir können die Felder zur späteren Bequemlichkeit neu definieren
$\begin{matrix} (2) & Φ^{A} ⟶ Φ^{' A} = R^{A}_{B} Φ^{B} . \end{matrix}$ $\tag{2}\Phi^A~\longrightarrow ~\Phi^{\prime A}~=~R^A{}_B~\Phi^B.$
Nach eventueller Neudefinition (2) der Felder
$\begin{matrix} (3) & Φ^{A} = {ϕ^{a}, \dots}, \end{matrix}$ $\tag{3}\Phi^A~=~\{\phi^{\alpha}, \ldots \},$ davon dürfen wir ausgehen $\mathcal{L}_2$ ist von der Form $\begin{matrix} (4) & L_{2} = \frac{1}{2} {\dot{ϕ}}^{a} M_{a β} {\dot{ϕ}}^{β}, \end{matrix}$ $\tag{4} \mathcal{L}_2~=~\frac{1}{2}\dot{\phi}^{\alpha}m_{\alpha\beta}\dot{\phi}^{\beta},$ wo die symmetrische Matrix $m_{\alpha\beta}$ ist invertierbar.
Nehmen wir das der Einfachheit halber an $\mathcal{L}_1$ in den Variablen quadratisch ist $\Phi^B$ .
Nach eventueller Neudefinition (2) der Felder
$\begin{matrix} (5) & Φ^{A} = {ϕ^{a}; z^{ICH}; λ^{A}}, \end{matrix}$ $\tag{5}\Phi^A~=~\{\phi^{\alpha};z^I; \lambda^a\},$ davon dürfen wir ausgehen $\mathcal{L}_1$ ist von der Form $\begin{matrix} (6) & L_{1} = A_{a} {\dot{ϕ}}^{a} + \frac{1}{2} z^{ICH} ω_{ICH J} {\dot{z}}^{J}, \end{matrix}$ $\tag{6}\mathcal{L}_1~=~A_{\alpha}\dot{\phi}^{\alpha} +\frac{1}{2}z^I\omega_{IJ}\dot{z}^J,$ wo die Matrix $\omega_{IJ}$ ist invertierbar, und $A_{\alpha}$ hängt linear von den Feldern ab $\Phi^B$ .
Definiere Impulse
$\begin{matrix} (7) & π_{a} := \frac{\partial L}{\partial {\dot{ϕ}}^{a}} = M_{a β} {\dot{ϕ}}^{β} + A_{a} . \end{matrix}$ $\tag{7}\pi_{\alpha} ~:=~\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \dot{\phi}^{\alpha}} ~=~m_{\alpha\beta}\dot{\phi}^{\beta}+A_{\alpha}.$
Durch eventuelles Umdefinieren der Felder
$\begin{matrix} (8) & z^{ICH} ⟶ z^{' ICH} = R^{ICH}_{J} z^{J}, \end{matrix}$ $\tag{8}z^I~\longrightarrow ~z^{\prime I}~=~r^I{}_J~z^J,$ mit $\begin{matrix} (9) & z^{ICH} = {Q^{ich}; P_{J}}, \end{matrix}$ $\tag{9}z^I~=~\{q^i;p_j\},$ und möglicherweise Ableitungsterme der Gesamtzeit wegwerfen, können wir davon ausgehen $\begin{matrix} (10) & \frac{1}{2} z^{ICH} ω_{ICH J} {\dot{z}}^{J} = P_{ich} {\dot{Q}}^{ich} . \end{matrix}$ $\tag{10}\frac{1}{2}z^I\omega_{IJ}\dot{z}^J~=~p_i \dot{q}^i.$
Impulse einführen $\rho_b$ zu den Hilfsvariablen $\lambda^a$ .
Die Hamiltonsche Dichte wird
$\begin{matrix} (11) & H = \frac{1}{2} (π_{a} - A_{a}) (M^{- 1})^{a β} (π_{β} - A_{β}) - L_{0}, \end{matrix}$ $\tag{11} {\cal H}~=~\frac{1}{2}(\pi_{\alpha}-A_{\alpha})(m^{-1})^{\alpha\beta}(\pi_{\beta}-A_{\beta})-\mathcal{L}_0,$ vgl. die Faddeev-Jackiw-Methode . Siehe auch zB diesen Phys.SE Beitrag.
In der Hamiltonschen Formulierung $\{\phi^{\alpha};\pi_{\beta}\}$ , $z^I =\{q^i;p_j\}$ Und $\{\lambda^a;\rho_b\}$ sind kanonische Variablen.

Das, was Sie erklärt haben, ist genau das, was ich versuche, und ich kann es nicht auf einfache Weise erklären / berechnen. Die Essenz liegt in der Umkehrung der Matrix $m$ das ist in meinem Fall (zeilenweise lesen) $m=[\Sigma,P^T,P,-\epsilon]$ . Ich habe keinen anderen Begriff, außer $\sim u^2$ das in deiner Notation auf enden sollte $\mathcal{L}_0$ . Was ich gerne tun würde, ist die freien Lagrange/Hamilton-Ergebnisse zu "erben" und den Hamilton-Operator im Fall der Wechselwirkung zu schreiben, indem ich diese beiden Terme und einen Teil aufgrund der Wechselwirkung verwende, dh das, was ich skizziert habe $d_e\cdot Q:\sigma_m$ .
Ich habe die Antwort aktualisiert. Tl;dr: Nicht berechnen. Mehr Input nötig.

Fabio · Answer 2

Dank des von Qmechanic vorgeschlagenen Verfahrens habe ich mich geklärt. Ich muss nur die Matrix invertieren $m$ , da es für den momenta hat

$\sigma_{em}=\Sigma :\nabla u+P^T\nabla \phi$

$d_{em}=P:\nabla u-\epsilon\cdot\nabla\phi$

oder

$\left(\begin{array}{c}\sigma_{em}\\d\end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc}\Sigma & P^T\\ P & -\epsilon\end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{c}\nabla u\\\nabla\phi\end{array}\right)$ .

In meinem Fall die Matrix $m$ , hat Tensoreinträge, aber unter Berücksichtigung der Symmetrien für $\Sigma$ , $\epsilon$ Und $P$ , kann es auf eine 9x9-Matrix reduziert werden $m'$ mit skalaren Einträgen und der Vektor für die "Geschwindigkeiten" hat jetzt nur noch 9 Einträge. Dann ist es wichtig, die Berechnung durchzuführen.

Das von Qmechanic vorgeschlagene Verfahren ist ziemlich allgemein und ich habe seinen/ihren Vorschlag sehr geschätzt, danke!

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Fabio

Danu

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QMechaniker

Fabio

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