Über die Hamilton-Gleichung für ein geladenes Teilchen in einem Magnetfeld

Was vor sich geht, lässt sich sehr leicht im Legendre-Transformationsansatz erkennen. Der Hamilton-Operator ist mit dem Lagrange-Operator verwandt durch (in einer Dimension)

$$H = v\frac{\partial L}{\partial v} - L,$$

und so erhalten wir, wenn wir die Differentiale dieses Ausdrucks nehmen

$$dH = vd\left(\frac{\partial L}{\partial v}\right) + \frac{\partial L}{\partial v}dv - dL,$$

und nach der Kettenregel$dL$Ist

$$dL = \frac{\partial L}{\partial v}dv + \frac{\partial L}{\partial x}dx.$$

Alles zusammen gibt uns das

$$dH = vd\left(\frac{\partial L}{\partial v}\right) - \frac{\partial L}{\partial x}dx.$$

Und da der kanonische Impuls definiert ist als$p = \frac{\partial L}{\partial v}$, wir haben

$$dH = vdp - \frac{\partial L}{\partial x}dx.$$

Dies bedeutet, dass Sie bei Verwendung des Hamilton-Operators Ihre Variablen ändern$(x,v)$Zu$(x,p)$. Sie können also keinen Hamiltonoperator in Bezug auf schreiben$v$, es sollte immer in Bezug auf geschrieben werden$p$.

In der Lagrange-Formulierung$v$wird als nur zeitabhängig behandelt, während in der Hamiltonschen Formulierung$v$ist eine Funktion von mehr als nur der Zeit. Diese Änderung bedeutet, dass Sie die Form von kennen müssen$v$um seine Ableitungen zu nehmen, und seine Form ist durch den kanonischen Impulsausdruck gegeben.

Ich glaube, Ihr Problem ergibt sich aus der Tatsache, dass Sie den Hamiltonian in Bezug auf die Geschwindigkeit (erster Ausdruck) geschrieben haben, wenn er immer in Bezug auf verallgemeinerte Positionen und Impulse (zweiter Ausdruck) geschrieben werden sollte: dh$H = H(q_k, p_k, t)$gegen$L = L(q_k, \dot{q_k}, t)$. Wenn Sie diese Regel nicht befolgen, werden Sie auf einige unsinnige Ergebnisse wie das von Ihnen abgeleitete stoßen, das scheinbar mathematisch streng ist.

Jeder Ausdruck, den Sie auf den Hamiltonian anwenden, z$\dot{p_k} = -\frac{\partial H}{\partial q_k}$funktioniert nur, wenn man es in den richtigen Größen ausdrückt, also Impuls und Ort.

Beide Hamiltonoperatoren sind äquivalent und beide ergeben die gleichen Bewegungsgleichungen.

In der Tat erhalten wir unter Verwendung der ersten Hamilton-Gleichung die Beziehung zwischen der Geschwindigkeit$v_x = (dx/dt)$und Schwung

$$v_x = \frac{\partial H}{\partial p_x} = \frac {p_x-qA_x}{m}$$

was impliziert$v_x = v_x(p_x,x)$und das ist der Grund, warum der Hamiltonian in alternativen Formen geschrieben werden kann

$$H = \sum_{x,y,z} \frac{1}{2}mv_i^2 =\sum_{x,y,z} \frac {(p_i-qA_i)^2}{2m}$$

Die zweite Hamilton-Gleichung kann aus beiden Ausdrücken für den Hamilton-Operator erhalten werden

$$\frac {d p_x}{d t} = - \frac {\partial H}{\partial x} = - \frac {\partial \sum \frac {1}{2} mv_i^2}{\partial x} = - m v_x \frac {\partial v_x}{\partial x} = q v_x \frac {\partial A_x}{\partial x} \neq 0$$

$$\frac {d p_x}{d t} = - \frac {\partial H}{\partial x} = - \frac{1}{2m} \frac {\partial \sum (p_i-qA_i)^2}{\partial x} = q \left(\frac {p_x-qA_x}{m} \right) \frac {\partial A_x}{\partial x} \neq 0$$

Betrachten Sie ein ähnliches, aber viel einfacheres mathematisches Problem:

H ist eine über einen zweidimensionalen Raum x,y definierte Funktion

$$H = x^2 + 0y = x^2 \ \ \ (1)$$ Offensichtlich, $\frac{\partial H}{\partial y}=0$.

Wenn wir die Koordinaten durch die Matrix transformieren$\begin{bmatrix}1 & 1 \\ 0 & 1\end{bmatrix}$, dann (x,y) --> (x+y, y). Verwenden Sie p = x+y bezeichnet die neuen Koordinaten als (p,y), dann wird H ausgedrückt als

$$H = (p-y)^2$$ Und $\frac{\partial H}{\partial y}\ne0$.

Die Take-Home-Nachricht ist, dass die Koordinatentransformation die partiellen Ableitungen sogar derselben Funktion auf dieselbe Variable beeinflusst.