Warum sollte ein Aktionsintegral stationär sein? Auf welcher Grundlage stellte Hamilton dieses Prinzip auf?

Die Notizen aus Woche 1 von John Baez' Kurs in Lagrange-Mechanik geben einen Einblick in die Motivationen für Handlungsprinzipien.

Die Idee ist, dass die geringste Aktion als Erweiterung des Prinzips der virtuellen Arbeit angesehen werden könnte. Wenn sich ein Objekt im Gleichgewicht befindet, braucht es null Arbeit, um es beliebig klein zu verschieben, dh das Skalarprodukt eines beliebigen kleinen Verschiebungsvektors und der Kraft ist null (in diesem Fall, weil die Kraft selbst null ist).

Wenn ein Objekt beschleunigt wird, addieren wir eine "Trägheitskraft" gleich hinzu$\,-ma\,$, dann hätte eine kleine, willkürliche, zeitabhängige Verschiebung von der wahren Trajektorie des Objekts wieder ein Punktprodukt von null$\,F-ma,\,$die wahre Kraft und Trägheitskraft addiert. Das gibt

$$(F-ma)\cdot \delta q(t) = 0$$

Von dort aus führen einige Berechnungen in den Anmerkungen zum stationären Wirkungsintegral.

Baez spricht mehr über D'Alembert als über Hamilton, aber so oder so ist es ein interessanter Einblick in die Ursprünge der Idee.

Es gibt auch Feynmans Ansatz, dh die kleinste Wirkung ist klassisch wahr, nur weil sie quantenmechanisch wahr ist, und die klassische Physik wird am besten als Annäherung an den zugrunde liegenden Quantenansatz betrachtet. Siehe Feynman's Thesis — A New Approach to Quantum Theory oder A call to action von Edwin F. Taylor .

Im Grunde ist das Ganze in Richard P. Feynman, The Feynman Lectures on Physics (Addison–Wesley, Reading, MA, 1964), Vol. 2, No. II, Kap. 19. (Ich denke, bitte korrigieren Sie mich, wenn ich hier falsch liege). Die Grundidee ist, dass das Aktionsintegral die quantenmechanische Amplitude für die Position des Teilchens definiert und die Amplitude nur an Extrema oder Sattelpunkten des Aktionsintegrals stabil gegenüber Interferenzeffekten ist (--> Auftrittswahrscheinlichkeit ungleich Null hat). Das Teilchen erkundet wirklich alle alternativen Wege probabilistisch.

Wahrscheinlich möchten Sie sowieso Feynmans Lectures on Physics lesen, also können Sie genauso gut jetzt anfangen. :-)

Ich erzähle im Allgemeinen die Geschichte, dass das Aktionsprinzip ein anderer Weg ist, um zu denselben Differentialgleichungen zu gelangen – also sind die beiden auf der Ebene der Mechanik äquivalent. Für die Quantenfeldtheorie ist jedoch die Beschreibung in Form von Pfadintegralen über die potenzierte Wirkung bei der Betrachtung von Instanton-Effekten unerlässlich. So stellt man schließlich fest, dass die Formulierung in Form von Handlungen grundlegender und physikalisch solider ist.

Aber dennoch haben die Menschen kein „Gefühl“ für das Handeln, so wie sie ein Gefühl für Energie haben.

Wie Sie aus dem Bild unten sehen können, möchten Sie daher, dass die Variation des Aktionsintegrals minimal ist$\displaystyle \frac{\delta S}{\delta q}$muss sein$0$. Sonst gehst du nicht den wahren Weg dazwischen$q_{t_{1}}$Und$q_{t_{2}}$aber ein etwas längerer Weg. Allerdings sogar im Anschluss$\delta S=0$, wie Sie wissen, könnten Sie mit einem anderen Extremum enden.

Wenn Sie dem Link von jc folgen, finden Sie On a General Method on Dynamics , das wahrscheinlich Ihre Frage zu Hamiltons Argumentation beantwortet. Ich habe es nicht gelesen, aber mit ziemlicher Sicherheit lohnt es sich.

Erinnern wir uns an die Bewegungsgleichungen mit Anfangsbedingungen$q(0), (dq/dt)(0)$wurden zuerst vorgebracht und das Prinzip der kleinsten Wirkung wurde später als Sequenz formuliert. Obwohl es mathematisch schön und elegant ist, verwendet das Prinzip der kleinsten Wirkung einige zukünftige "Rand"-Bedingungen$q(t_2)$, die physikalisch unbekannt ist. Es gibt kein Prinzip der kleinsten Wirkung, das nur mit den Anfangsbedingungen arbeitet.

Darüber hinaus wird impliziert, dass die Gleichungen physikalische Lösungen haben. Das ist in der Klassischen Mechanik so, aber in der Klassischen Elektrodynamik falsch. So können die Gleichungen, selbst wenn sie aus einem formal korrekten "Prinzip" abgeleitet werden, auf physikalischer und mathematischer Ebene falsch sein. In dieser Hinsicht ist das Formulieren der richtigen physikalischen Gleichungen eine grundlegendere Aufgabe für Physiker als sich auf ein "Prinzip" zu verlassen, um Gleichungen "automatisch" zu erhalten. Für die korrekte Formulierung von Gleichungen sind wir Physiker verantwortlich.

Bei CED, QED und QFT muss man die falschen Lösungen "unterwegs reparieren", nur weil die Physik erraten und anfänglich falsch implementiert wurde.

PS Ich möchte zeigen, wie das System in Wirklichkeit seine Flugbahn "wählt": if at$t = 0$Das Teilchen hat einen Impuls$p(t)$, dann beim nächsten Mal$t+dt$es hat den Schwung$p(t) + F(t)\cdot dt$. Dieses Inkrement ist ziemlich lokal in der Zeit, es wird durch den gegenwärtigen Kraftwert bestimmt$F(t)$daher kann keine zukünftige "Randbedingung" sie bestimmen. Die Trajektorie wird nicht aus virtuellen "ausgewählt"; es wird von den Momentanwerten von Kraft, Koordinate und Geschwindigkeit „gezogen“.

Anstatt die Anfangsposition und den Impuls anzugeben, wie wir es in Newtons Formalismus getan haben, formulieren wir unsere Frage wie folgt um:

Wenn wir uns dafür entscheiden, die Anfangs- und Endpositionen anzugeben:$\textbf{What path does the particle take?}$

Nehmen wir an, wir können den Newtonschen Formalismus durch den folgenden Formalismus, den sogenannten Lagrange-Formalismus oder das Hamilton-Prinzip, wiedergewinnen.

Jedem Pfad, der in der obigen Abbildung dargestellt ist, weisen wir eine Nummer zu, die wir die Aktion nennen

$$S[\vec{r}(t)] = \int_{t_1}^{t_2}dt \left(\dfrac{1}{2}m\dot{\vec{r}}^2-V(\vec{r})\right)$$

wobei dieser Integrand die Differenz zwischen der kinetischen Energie und der potentiellen Energie ist.

$\textbf{Hamilton's principle claims}$: Der wahre Weg des Teilchens ist ein Extremum von S.

$\textbf{Proof:}$

1. Ändern Sie den Pfad leicht:

$$\vec{r}(t) \rightarrow \vec{r}(t) +\delta \vec{r}(t)$$

2.Halten Sie die Endpunkte des Pfads fest:

$$\delta \vec{r}(t_1) = \delta \vec{r}(t_2) = 0$$

3. Nehmen Sie die Variation der Aktion$S$:

schließlich wirst du bekommen

$$\delta S = \int_{t_1}^{t_2} \left[-m\ddot{\vec{r}} - \nabla V\right] \cdot \delta \vec{r}$$

Die Bedingung, dass der Weg, mit dem wir begonnen haben, ein Extremum der Handlung ist, ist

$$\delta S = 0$$

was für alle Änderungen gelten sollte$\delta \vec{r}(t)$die wir zum Pfad machen. Dies kann nur passieren, wenn der Ausdruck in$[\cdots]$ist Null. Das heisst

$$m\ddot{\vec{r}} = -\nabla V$$

Jetzt erkennen wir dies als$\textbf{Newton’s equations}$. Die Anforderung, dass die Aktion extremisiert ist, ist gleichbedeutend mit der Anforderung, dass der Pfad den Newtonschen Gleichungen gehorcht.

Für weitere Details können Sie diesen PDF-Vortrag lesen.

Ich hoffe es hilft.

In der klassischen Physik ist es möglich, die Euler-Lagrange-Gleichungen aus dem D'Alembert-Prinzip abzuleiten, ohne auf den Aktionsbegriff Bezug zu nehmen. Sie stammen aus den Newtonschen Gesetzen mit der zusätzlichen Annahme, dass die Kräfte konservativ sind. In diesem Fall gibt es eine Lagrange-Funktion, und die Bewegungsgleichung (EOM) ist die Euler-Lagrange-Gleichung.

Angenommen, eine Funktion q(t) ist eine Lösung für das EOM in einem bestimmten Intervall. q lässt sich als Taylorreihe entwickeln, also als Potenzreihe:$q(t) = \sum_j a_jt^j$.

Die Aktion ist:$S(L) = \int_{t1}^{t2} Ldt$wobei L der Lagrange-Operator ist, der dem EOM entspricht. Weil das Integral drin ist$t$, und wir bilden die Ableitung nach den Koeffizienten$a_j$, es kann in das Integral gehen. Für jede$a_j$.

$$\frac{\partial S}{\partial a_j} = \int_{t1}^{t2} \frac{\partial L}{\partial a_j}dt$$

L ist eine Funktion von$q$Und$\dot q$, also Anwendung der Kettenregel:

$$\frac{\partial L}{\partial a_j} = \frac{\partial L}{\partial q}\frac{\partial q}{\partial a_j} + \frac{\partial L}{\partial \dot q}\frac{\partial \dot q}{\partial a_j}$$

Integrieren dieser Differenz zwischen 2 Zeitpunkten:

$$\int_{t1}^{t2}\frac{\partial L}{\partial a_j}dt = \int_{t1}^{t2}\frac{\partial L}{\partial q}\frac{\partial q}{\partial a_j}dt + \int_{t1}^{t2}\frac{\partial L}{\partial \dot q}\frac{\partial \dot q}{\partial a_j}dt$$

Der letzte Term lässt sich ganzzahlig durch Teile trennen, wobei man damit nach der Zeit differenzieren kann:$d\left (\frac{\partial q}{\partial a_j}\right ) = \frac{\partial \dot q}{\partial a_j} dt$:

$$\int_{t1}^{t2}\frac{\partial L}{\partial \dot q}\frac{\partial \dot q}{\partial a_j}dt = \frac{\partial L}{\partial \dot q}\frac{\partial q}{\partial a_j}\bigg|_{t1}^{t2} - \int_{t1}^{t2}\frac {\partial \frac {\partial L}{\partial \dot q}}{\partial t} \frac{\partial q}{\partial a_j}dt$$

So:

$$\int_{t1}^{t2}\frac{\partial L}{\partial a_j}dt = \int_{t1}^{t2}\frac{\partial L}{\partial q}\frac{\partial q}{\partial a_j}dt - \int_{t1}^{t2}\frac {\partial \frac {\partial L}{\partial \dot q}}{\partial t} \frac{\partial q}{\partial a_j}dt + \frac{\partial L}{\partial \dot q}\frac{\partial q}{\partial a_j}\bigg|_{t1}^{t2}$$

Wenn wir die Integrale verbinden, erhalten wir in Klammern die Euler-Lagrange-Gleichung, das ist der EOM selbst! Wenn q eine hypothetische Lösung ist, muss dieses Integral Null sein.

$$\int_{t1}^{t2}\frac{\partial L}{\partial a_j}dt = \int_{t1}^{t2}\left (\frac{\partial L}{\partial q} - \frac {\partial \frac {\partial L}{\partial \dot q}}{\partial t} \right) \frac{\partial q}{\partial a_j}dt + \frac{\partial L}{\partial \dot q}\frac{\partial q}{\partial a_j}\bigg|_{t1}^{t2}$$

Für den letzten Term benötigt das Integral zweiter Ordnung 2 Randbedingungen. Wenn$q(t_1)$Und$q(t_2)$sind bekannt, sie sind fest und$\frac{\partial q}{\partial a_j}\bigg|_{t1} = \frac{\partial q}{\partial a_j}\bigg|_{t2} = 0 \implies$dieser Begriff verschwindet.

Nun kommen wir zu dem Schluss, dass die Ableitung der Wirkung nach allen Koeffizienten im Intervall Null sein muss, was gleichbedeutend damit ist, dass die Wirkung stationär sein muss.