Hamiltonsche Gleichungen aus der Aktion mit Randbedingungen, die Ort und Impuls beinhalten

Question

Hamiltonsche Gleichungen aus der Aktion mit Randbedingungen, die Ort und Impuls beinhalten

Aktion
Physik
Grenzbegriffe
Randbedingungen
Hamiltonscher Formalismus
Variationsprinzip

lobato

Im Allgemeinen, wenn Sie die Aktion erhalten

S = \int_{T_{1}}^{T_{2}} D T (P \dot{Q} - H)

$S=\int_{t_1}^{t_2}\mathrm dt (p\dot q - \mathcal H )$

die Randbedingungen sind

Q (T_{1}) = Q_{1} Und Q (T_{2}) = Q_{2} .

$q(t_1)=q_1\quad\text{and}\quad q(t_2)=q_2.$

Dies ist nützlich, weil zu berechnen $\delta S$ wir führen eine partielle Integration mit Randterm durch

[P δ Q]_{T_{1}}^{T_{2}} = 0.

$[p\delta q]_{t_1}^{t_2} = 0.$

Aber angenommen, ich gebe Ihnen andere Randbedingungen für die Aktion, nämlich

Q (T_{1}) = Q_{1} Und P (T_{2}) = P_{2} .

$q(t_1)=q_1\quad\text{and}\quad p(t_2)=p_2.$
Dann lösen

δ S = 0

$\delta S = 0$ sollte Ihnen immer noch Hamiltons Gleichungen geben, denke ich, aber ich habe Probleme, dies zu zeigen, da ich seitdem lästige Randbedingungen bekomme

δ q (t_{2}) \neq 0

$\delta q(t_2) \neq 0$ .

Valter Moretti

Seit

δ S = 0

$\delta S=0$ muss für jede Variante gelten

δ q

$\delta q$ , haben Sie nur dann ein konsistentes Problem

p_{2} = 0

$p_2=0$ . Ansonsten lässt das Problem keine Lösungen zu.

Antworten (1)

Hamiltonsche Gleichungen aus der Aktion mit Randbedingungen, die Ort und Impuls beinhalten

Seit $\delta S=0$ muss für jede Variante gelten $\delta q$ , haben Sie nur dann ein konsistentes Problem $p_2=0$ . Ansonsten lässt das Problem keine Lösungen zu.

QMechaniker · Answer 1

I) Im Allgemeinen ist es für eine gegebene Wahl von Randbedingungen wichtig, die Aktion mit kompatiblen Randtermen/Termen der totalen Divergenz anzupassen, um die Existenz der Variations-/Funktionsableitung sicherzustellen . Wie OP feststellt, besteht das Problem (bei der Ableitung des Euler-Lagrange- Ausdrucks) darin, dass das übliche Argument der Integration durch Teile fehlschlägt, wenn die Randbedingungen (BCs) und die Randbedingungen (BTs) nicht kompatibel sind.

II) Konkret für die gemischten BCs

\begin{matrix} (1) & Q (T_{ich}) = Q_{ich} Und P (T_{F}) = P_{F}, \end{matrix}

$\tag{1} q(t_i) ~=~ q_i \qquad\text{and}\qquad p(t_f) ~=~ p_f,$

was OP berücksichtigt, müssen wir die Standard-Hamilton-Aktion vorbereiten

\begin{matrix} (2) & S_{0} [P, Q] = \int_{T_{ich}}^{T_{F}} D T {P \dot{Q} - H} \end{matrix}

$\tag{2} S_0[p,q] ~=~ \int_{t_i}^{t_f} \! dt ~ \left\{ p\dot{q} -H \right\}$

mit totalem Divergenzterm $-\frac{d}{dt}(p_f q)$ . Die neue Aktion wird

\begin{matrix} (3) & S [P, Q] = \int_{T_{ich}}^{T_{F}} D T {(P - P_{F}) \dot{Q} - H}, \end{matrix}

$\tag{3} S[p,q] ~=~ \int_{t_i}^{t_f} \! dt ~ \left\{ (p-p_f)\dot{q} -H \right\} ,$

oder was darauf hinausläuft,

\begin{matrix} (4) & S [P, Q] = \int_{T_{ich}}^{T_{F}} D T {\dot{P} (Q_{ich} - Q) - H} . \end{matrix}

$\tag{4} S[p,q] ~=~ \int_{t_i}^{t_f} \! dt ~ \left\{ \dot{p}(q_i-q) -H \right\}.$

Es ist einfach, die BCs (1) zu verwenden, um zu zeigen, dass die Aktionen (3) und (4) gleich sind.

III) Wenn wir nun die Aktion variieren (3)

\begin{matrix} (5) & δ S [P, Q] = {[(P - P_{F}) δ Q]}_{T_{ich}}^{T_{F}} + \int_{T_{ich}}^{T_{F}} D T {(\dot{Q} - \frac{\partial H}{\partial P}) δ P - (\dot{P} + \frac{\partial H}{\partial Q}) δ Q}, \end{matrix}

$\tag{5} \delta S[p,q] ~=~ \left[ (p-p_f)\delta q\right]_{t_i}^{t_f}+ \int_{t_i}^{t_f} \! dt ~ \left\{ (\dot{q} -\frac{\partial H}{\partial p})\delta p -(\dot{p}+\frac{\partial H}{\partial q})\delta q\right\},$

die BCs (1) heben die gesamte Derivatlaufzeit auf

\begin{matrix} (6) & {[(P - P_{F}) δ Q]}_{T_{ich}}^{T_{F}} \overset{(1)}{=} 0, \end{matrix}

$\tag{6} \left[ (p-p_f)\delta q\right]_{t_i}^{t_f}~\stackrel{(1)}{=}~0,$

sodass die Variante (5) nur Massenbegriffe enthält. Die entsprechenden Euler-Lagrange-Gleichungen werden zu Hamilton-Gleichungen.

IV) Das obige Beispiel kann auf andere BCs verallgemeinert werden. Wir überlassen es dem Leser, die kompatiblen BTs herauszuarbeiten.

Ich denke, dass diese Antwort SEHR wichtig ist. Vielen Dank, Qmechaniker!
Qmechanic, was würden Sie schreiben, wenn Sie das Momentum an beiden Endpunkten fixieren möchten ? Und ist es in Ihrer obigen Antwort etwas seltsam, dass Ihr neuer Lagrangian von den Endpunkten abhängt?
Ich bin ein Neuling in der Sache, aber ich glaube nicht, dass Sie Randbedingungen verwenden können, die nur Impuls beinhalten. Soweit ich verstehe, wäre dies wie das Lösen einer Differentialgleichung ohne Angabe von Randbedingungen bezüglich der Funktion, sondern nur ihrer Ableitungen.

Hamiltonsche Gleichungen aus der Aktion mit Randbedingungen, die Ort und Impuls beinhalten

lobato

Valter Moretti

Antworten (1)

QMechaniker

Cham

Cham

Yair M

QMechaniker

Yair M

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