Helfen Sie zu verstehen, was der Hamilton-Operator für die Aktion im Vergleich zu den Euler-Lagrange-Gleichungen für den Lagrange-Operator bedeutet?

Question

Helfen Sie zu verstehen, was der Hamilton-Operator für die Aktion im Vergleich zu den Euler-Lagrange-Gleichungen für den Lagrange-Operator bedeutet?

Stan Shunpike

Betrachten Sie den Lagrange-Oszillator für einen einfachen harmonischen Oszillator

L (X, \dot{X}) = \frac{1}{2} M {\dot{X}}^{2} - \frac{1}{2} k X^{2}

$\begin{equation} L (x,\dot{x}) = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2 \end{equation}$ Offensichtlich haben wir

\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial X} & = - k X \\ \frac{\partial L}{\partial \dot{X}} & = M \dot{X} \\ \frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial \dot{X}}) & = M \ddot{X} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{\partial L}{\partial x} & = -kx\\ \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} & = m\dot{x}\\ \frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) & = m\ddot{x} \end{align}$ Damit erfüllt dies die Euler-Lagrange insofern, als wir a kennen

F = m a

$F = ma$ und daher sollte auch die Kraft einer Feder diesem Gesetz folgen und uns geben

\begin{aligned} \frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial \dot{X}}) - \frac{\partial L}{\partial X} & = 0 \\ M \ddot{X} + k X & = 0 \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) -\frac{\partial L}{\partial x} & =0 \\ m\ddot{x} + kx &= 0 \end{align}$ Lassen Sie uns nun die Hamiltonsche Version machen. Hier habe ich ein Problem. Wir erhalten den Hamilton-Operator über die Legendre-Transformation und erhalten

H (X, P) = \frac{1}{2} \frac{P^{2}}{M} + \frac{1}{2} k X^{2}

$\begin{equation} H(x,p) = \frac{1}{2}\frac{p^2}{m} + \frac{1}{2}kx^2 \end{equation}$ Nun, nach dem, was ich verstehe, sollten die Bewegungsgleichungen sein

\begin{aligned} - \frac{\partial H}{\partial X} & = - k X = \dot{P} \\ \frac{\partial H}{\partial P} & = \frac{P}{M} = \dot{X} \end{aligned}

$\begin{align} -\frac{\partial H}{\partial x} & = -kx = \dot{p}\\ \frac{\partial H}{\partial p} & = \frac{p}{m} = \dot{x} \end{align}$ Aber ich verstehe nicht, was mir das über die Beziehung zwischen dem Newtonschen Gesetz und dem Hookeschen Gesetz sagt. Wenn ich für die Lagrange-Funktion die relevanten Informationen einfüge, erhalte ich eine Beziehung, die die Aktion explizit zeigt

S [X] = \int_{A}^{B} L (T, X, \dot{X}) D T

$\begin{equation} S[x] = \int_a^bL(t,x,\dot{x})dt \end{equation}$ dass es die EL-Gleichung als notwendige Bedingung für erfüllt

S [x]

$S[x]$ ein Extremum für die gegebene Funktion haben

x (t)

$x(t)$ .

Meine Frage:

Wie machen die Hamilton-Gleichungen das? Wenn ich mir die "Bewegungsgleichungen" für den Hamilton-Operator anschaue, sehe ich nicht, wie sie mir etwas über die Aktion sagen. Aber sie sollten! Das ist ihr Zweck, genau wie ihre Lagrange-Analoga.

Die einzige Möglichkeit, die ich sehe, ist, so etwas zu tun

\begin{aligned} \frac{D}{D T} (M \frac{\partial H}{\partial P}) & = M \frac{D}{D T} \dot{X} \\ = M \ddot{X} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d}{dt}\left(m\frac{\partial H}{\partial p}\right) & = m\frac{d}{dt}\dot{x}\\ &=m\ddot{x}\\ \end{align}$ und dann organisieren sie so etwas wie

\begin{aligned} \frac{D}{D T} (M \frac{\partial H}{\partial P}) + \frac{\partial H}{\partial X} & = 0 \\ M \ddot{X} + k X & = 0 \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d}{dt} \left(m\frac{\partial H}{\partial p}\right) + \frac{\partial H}{\partial x} & =0 \\ m\ddot{x} + kx &= 0 \end{align}$ Aber ich habe in den Einführungsbüchern noch nie jemanden gesehen, der dies getan hat, daher habe ich das Gefühl, dass ich missverstehen muss, was der Hamiltonian in Bezug auf die Aktion bedeutet.

David z

Hm ... nun, warum sollten Sie erwarten, dass Hamiltons Gleichungen irgendetwas mit der Aktion zu tun haben? (Nicht, dass ich sage, dass sie es nicht tun)

Stan Shunpike

@DavidZ Ich dachte, der Zweck der Aktion bestand darin, uns zu ermöglichen, den kürzesten Weg zwischen zwei Punkten zu identifizieren, indem wir zeigen, dass die Aktion stationär ist, dh sich nicht mit kleinen Variationen ändert. So wie ich es verstehe, haben wir deshalb überhaupt die Lagrange-Funktion. Wenn das System die EL-Gleichung erfüllt, erfüllt es eine der notwendigen Bedingungen, damit die Aktion ein Extremum hat. In vielen Fällen scheinen dies die Bewegungsgleichungen selbst zu sein. Daher nahm ich an, dass der Hamiltonian mit der Aktion verwandt war, da die Aktion für den Lagrange-Formalismus so wichtig zu sein scheint.

Stan Shunpike

@DavidZ Die Antwort, die ich erhalten habe, hätte meine Frage beantwortet. Aber jetzt bin ich mir nicht sicher, was der Hamiltonian für die Aktion bedeutet. Also schätze ich, ich werde abwarten und sehen, ob jemand anderes antwortet und diese Frage direkt beantwortet. Ich hätte gerne eine formelle Aussage darüber, was der Hamiltonian für die Aktion bedeutet. Ich habe einen schönen in meinem Buch Calculus of Variations von IM Gelfand, SV Fomin for the Lagrangeian.

Antworten (4)

Helfen Sie zu verstehen, was der Hamilton-Operator für die Aktion im Vergleich zu den Euler-Lagrange-Gleichungen für den Lagrange-Operator bedeutet?

Hm ... nun, warum sollten Sie erwarten, dass Hamiltons Gleichungen irgendetwas mit der Aktion zu tun haben? (Nicht, dass ich sage, dass sie es nicht tun)
@DavidZ Ich dachte, der Zweck der Aktion bestand darin, uns zu ermöglichen, den kürzesten Weg zwischen zwei Punkten zu identifizieren, indem wir zeigen, dass die Aktion stationär ist, dh sich nicht mit kleinen Variationen ändert. So wie ich es verstehe, haben wir deshalb überhaupt die Lagrange-Funktion. Wenn das System die EL-Gleichung erfüllt, erfüllt es eine der notwendigen Bedingungen, damit die Aktion ein Extremum hat. In vielen Fällen scheinen dies die Bewegungsgleichungen selbst zu sein. Daher nahm ich an, dass der Hamiltonian mit der Aktion verwandt war, da die Aktion für den Lagrange-Formalismus so wichtig zu sein scheint.
@DavidZ Die Antwort, die ich erhalten habe, hätte meine Frage beantwortet. Aber jetzt bin ich mir nicht sicher, was der Hamiltonian für die Aktion bedeutet. Also schätze ich, ich werde abwarten und sehen, ob jemand anderes antwortet und diese Frage direkt beantwortet. Ich hätte gerne eine formelle Aussage darüber, was der Hamiltonian für die Aktion bedeutet. Ich habe einen schönen in meinem Buch Calculus of Variations von IM Gelfand, SV Fomin for the Lagrangeian.

Ryan Unger · Answer 1

Ich weiß, dass ich zu spät zur Party komme, aber lassen Sie mich zeigen, dass die Lagrange- und die Hamilton-Mechanik kompatibel sind, indem Sie die Lagrange-Funktion direkt in die Hamilton-Gleichungen einsetzen.

Der Hamilton-Operator ist in Bezug auf den Lagrange-Operator

H (P, Q) = P \dot{Q} (P, Q) - L (Q, \dot{Q} (P, Q))

$H(p,q)=p\dot q(p,q)-L(q,\dot q(p,q))$ Jetzt nehmen wir die erste Hamilton-Gleichung und setzen sie ein

\dot{Q} = \frac{\partial H}{\partial P} = \dot{Q} + P \frac{\partial \dot{Q}}{\partial P} - \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}} \frac{\partial \dot{Q}}{\partial P}

$\dot q=\frac{\partial H}{\partial p}=\dot q+p\frac{\partial\dot q}{\partial p}-\frac{\partial L}{\partial\dot q}\frac{\partial \dot q}{\partial p}$ Was impliziert

P = \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}}

$p=\frac{\partial L}{\partial \dot q}$ Jetzt nehmen wir die zweite Hamiltonsche Gleichung und setzen sie ein

- \dot{P} = \frac{\partial H}{\partial Q} = P \frac{\partial \dot{Q}}{\partial Q} - \frac{\partial L}{\partial Q} - \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}} \frac{\partial \dot{Q}}{\partial Q}

$-\dot p=\frac{\partial H}{\partial q}=p\frac{\partial \dot q}{\partial q}-\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{\partial L}{\partial\dot q}\frac{\partial \dot q}{\partial q}$ Unter Verwendung der ersten Hamilton-Gleichung sehen wir, dass der letzte Term den ersten aufhebt. Wir bekommen dann

\dot{P} = \frac{\partial L}{\partial Q}

$\dot p=\frac{\partial L}{\partial q}$ Wir können dann die beiden Gleichungen kombinieren und erhalten

\frac{\partial L}{\partial Q} - \frac{D}{D T} \frac{\partial L}{\partial \dot{Q}} = 0

$\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q}=0$ das ist nur die Euler-Lagrange-Gleichung.

Somit sind Hamiltonsche und Lagrangesche Mechanik äquivalent.

QMechaniker · Answer 2

OP bittet im Titel (v1) um Hilfe beim Verständnis, was der Hamilton-Operator für die Aktion im Vergleich zu den Euler-Lagrange-Gleichungen für den Lagrange-Operator bedeutet.

In diesem Zusammenhang erscheint es relevant, darauf hinzuweisen, dass es sowohl für den Lagrange- als auch für den Hamilton-Formalismus ein Wirkprinzip gibt.

Einerseits das stationäre Wirkprinzip für die Lagrange-Wirkung
$\begin{matrix} (L1) & S [Q] := \int D T L (Q, \dot{Q}, T) \end{matrix}$ $\tag{L1} S[q]~:=~\int \! dt ~ L(q,\dot{q},t)$ im Lagrange-Formalismus führt zu Lagranges Bewegungsgleichungen (eom) $^1$ $\begin{matrix} (L2) & \frac{D}{D T} \frac{\partial L}{\partial {\dot{Q}}^{ich}} \approx \frac{\partial L}{\partial Q^{ich}} . \end{matrix}$ $\tag{L2} \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^i} ~\approx~ \frac{\partial L}{\partial q^i}.$
Andererseits das stationäre Wirkungsprinzip für die Hamiltonsche Wirkung
$S_{H} [Q, P] := \int D T L_{H} (Q, \dot{Q}, P, T),$ $S_H[q,p] ~:=~ \int \! dt ~ L_H(q,\dot{q},p,t),$ $\begin{matrix} (H1) & L_{H} (Q, \dot{Q}, P, T) := P_{ich} {\dot{Q}}^{ich} - H (Q, P, T), \end{matrix}$ $\tag{H1} L_H(q,\dot{q},p,t) ~:=~ p_i \dot{q}^i - H(q,p,t),$ im Hamiltonschen Formalismus führt zu Hamiltons eom $\begin{matrix} (H2) & {\dot{Q}}^{ich} \approx \frac{\partial H}{\partial P_{ich}}, - {\dot{P}}_{ich} \approx \frac{\partial H}{\partial Q^{ich}} . \end{matrix}$ $\tag{H2} \dot{q}^i ~\approx~ \frac{\partial H}{\partial p_i}, \qquad -\dot{p}_i ~\approx~ \frac{\partial H}{\partial q^i}.$

--

$^1$ Hier das $\approx$ Symbol bedeutet Gleichheit modulo eom.

vielen Dank, dass Sie sich mit diesem speziellen Problem befassen. Lassen Sie mich also sehen, ob ich das verstehe: Um die Hamilton-Funktion zu finden, nehme ich die Legendre-Transformation der Hamilton-Funktion. Aber ich dachte, das wäre eine Involution. Also wie wenn $T$ ist die Legendre-Transformation nachgiebig $H$ aus $L$ , Dann $T \circ T$ sollte nachgeben $L$ nochmal. Aber das hast du nicht. Du hast $L_H(q,\dot{q},p,t)$ . Warum? Ich hätte gedacht, dass es so wäre $L(q,\dot{q},t)$ nochmal. Ist das nicht die Definition einer Involution? Auch wovon hängt dann die Hamiltonsche Wirkung ab $q,p$ aber nicht die anderen beiden Variablen?
1. Wenn wir die Bedingung abgeleitet haben $\dot{q}^i=f^i(q,p,t)$ aus der Legendre-Transformation, dann nehmen der Hamiltonsche Lagrange und der Lagrange den gleichen Wert an $L_{H} (Q, F (Q, P, T), P, T) = L (Q, F (Q, P, T), T)$ $L_H(q,f(q,p,t),p,t)~=~ L(q,f(q,p,t),t)$ unter dieser Bedingung. Die Legendre-Transformation wird beispielsweise in diesem Phys.SE-Beitrag ausführlicher behandelt . 2. Eine Aktion hängt niemals von Punktvariablen ab, siehe zB diesen Phys.SE-Beitrag.

CStarAlgebra · Answer 3

Mit ... anfangen

$\begin{align} -\frac{\partial H}{\partial x} & = -kx = \dot{p}\\ \frac{\partial H}{\partial p} & = \frac{p}{m} = \dot{x} \end{align}$

Man nimmt die zeitliche Ableitung beider Seiten der zweiten Gleichung

$\frac{d}{dt}(\frac{p}{m}) = \frac{d}{dt}\dot{x}$

geben

$\frac{\dot{p}}{m} = \ddot{x}$

Einsetzen von Hamiltons erster Gleichung

$\frac{-kx}{m} = \ddot{x}$

endlich geben

$-kx = m\ddot{x}$

Phönix87 · Answer 4

Beachten Sie das aus der zweiten Gleichung, die Sie erhalten $p=m\dot x$ , so dass Sie durch Einsetzen in die erste erhalten $-kx=m\ddot x$ .

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