Wie berechnet man die klassische On-Shell-Aktion für einen harmonischen Oszillator? [geschlossen]

Ich hatte dies zufällig in persönlichen Notizen eingetragen. War wohl irgendwo eine Übung.

Betrachten Sie einen harmonischen Oszillator, der durch den Hamiltonoperator beschrieben wird

$$H=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2q^2$$ Wenn wir die Legendre-Transformation durchführen, erhalten wir die Aktion als $$\mathcal{S}=\tfrac{1}{2}m\int_0^t(\dot{q}^2-\omega^2q^2)dt'$$ Jetzt verwenden wir die Euler-Lagrange-Gleichung, um die klassische Bewegungsgleichung zu finden: $$\frac{\partial L}{\partial q}=-2\omega^2 q\quad \frac{\partial L}{\partial\dot{q}}=2\dot{q}\quad \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot{q}}=2\ddot{q}$$ $$\ddot{q}_c=-\omega^2q_c$$ Um dies zu lösen, nehmen wir zunächst an, dass die Lösung so ähnlich sein wird $e^{\lambda t}$. Wir setzen dies in unsere Differentialgleichung ein $$\frac{d^2}{dt^2}e^{\lambda t}+\omega^2 e^{\lambda t}=\lambda^2 e^{\lambda t}+\omega^2 e^{\lambda t}=0$$ Ausklammern $e^{\lambda t}$erhalten $\lambda^2+\omega^2=0$. Dies wird gelöst durch $$\lambda=\pm i\omega$$ Die allgemeine Lösung ist die Summe der Lösungen, die durch die beiden Wurzeln erzeugt werden: $$q=c_1e^{-i\omega t}+c_2e^{i\omega t}$$ Wende Eulers Identität an: $$q=c_1[\cos(\omega t)-i\sin(\omega t)]+c_2[\cos(\omega t)+i\sin(\omega t)]$$ Terme umgruppieren und definieren $A=c_1+c_2$Und $B=i(c_2-c_1)$. Also wird unsere Differentialgleichung gelöst durch $$q_c=A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t)$$ Von hier: $$\dot{q}_c=-A\omega\sin(\omega t)+B\omega\cos(\omega t)$$ $$\dot{q}_c^2=A^2\omega^2\sin^2(\omega t)-2AB\omega^2\cos(\omega t)\sin(\omega t)+B^2\omega^2\cos^2(\omega t)$$ $$\omega^2q^2_c=\omega^2[A^2\cos^2(\omega t)+2AB\cos(\omega t)\sin(\omega t)+B^2\sin^2(\omega t)]$$ Wir gebrauchen $$2\sin(\theta)\cos(\theta)=\sin(2\theta)$$ $$\cos^2(\theta)-\sin^2(\theta)=\cos(2\theta)$$ Jetzt ist der Unterschied $$\dot{q}_c^2-\omega^2q_c^2=-2AB\omega^2\sin(2\omega t)+(B^2-A^2)\omega^2\cos(2\omega t)$$ Die Stammfunktion des ersten Teils ist $$-2AB\omega^2\int\sin(2\omega t)dt=AB\omega\cos(2\omega t)$$ Und der zweite Teil ist $$(B^2-A^2)\omega^2\int\cos(2\omega t)dt=\tfrac{1}{2}(B^2-A^2)\omega\sin(2\omega t)$$ Wir schreiben die Doppelwinkelkosinusformel als $$\cos(2\theta)=1-2\sin^2(\theta)$$ Unser erster Teil ist also $$AB\omega\cos(2\omega t)=AB\omega-2AB\omega\sin^2(\omega t)$$ Jetzt, da wir unsere Stammfunktion haben, können wir die Aktion berechnen: $$\tfrac{1}{2}m\int_0^t(\dot{q}^2-\omega^2q^2)dt'=\tfrac{1}{2}m\omega\left[(B^2-A^2)\sin(\omega t')\cos(\omega t')+AB-2AB\sin^2(\omega t')\right]_0^t$$ $$=\tfrac{1}{2}m\omega[(B^2-A^2)\sin(\omega t)\cos(\omega t)-2AB \sin^2(\omega t)]$$ Was sind $A$Und $B$? Legen wir fest $q_c(0)=q_I=A$. Wir lösen $$q_c(t)=q_F=q_I\cos(\omega t)+B\sin(\omega t)$$ für $B$: $$B=\frac{q_F-q_I\cos(\omega t)}{\sin(\omega t)}$$ Wir schließen dies zuerst in die Handlung ein $AB$, $$AB=q_I\frac{q_F-q_I\cos(\omega t)}{\sin(\omega t)}$$ Dann $B^2-A^2$ $$B^2-A^2=\left(\frac{q_F-q_I\cos(\omega t)}{\sin(\omega t)}\right)^2-q_I^2=\frac{q_F^2-2q_Fq_I\cos(\omega t)+q_I^2\cos^2(\omega t)-q_I^2\sin^2(\omega t)}{\sin^2(\omega t)}$$ So $$-2AB\sin^2(\omega t)=\frac{-2q_Iq_F\sin^2(\omega t)+2q_I^2\cos(\omega t)\sin^2(\omega t)}{\sin(\omega t)}$$ Und $$(B^2-A^2)\cos(\omega t)\sin(\omega t)=\frac{q_F^2\cos(\omega t)-2q_Fq_I\cos^2(\omega t)+q_I^2\cos^3(\omega t)-q_I^2\sin^2(\omega t)\cos(\omega t)}{\sin(\omega t)}$$ Wir verwenden dann etwas mehr Trigger und schreiben neu $$q_I^2\cos^3(\omega t)=q_I^2\cos(\omega t)(1-\sin^2(\omega t))=q_I^2\cos(\omega t)-q_I^2\cos(\omega t)\sin^2(\omega t)$$ Nun fügen wir die beiden Teile zusammen: $$(B^2-A^2)\cos(\omega t)\sin(\omega t)-2AB\sin^2(\omega t)=\frac{q_F^2\cos(\omega t)+q_I^2\cos(\omega t)-2q_Iq_F\sin^2(\omega t)-2q_Fq_I\cos^2(\omega t)}{\sin(\omega t)}$$ Dies kann natürlich vereinfacht werden $$\csc(\omega t)[(q_I^2+q_F^2)\cos(\omega t)-2q_Iq_F]$$ Wir schließen schließlich, dass die klassische Aktion ist $$\mathcal{S}[q_c]=\tfrac{1}{2}m\omega\csc(\omega t)[(q_I^2+q_F^2)\cos(\omega t)-2q_Iq_F]$$

Die Aktion$S$ist definiert als das Zeitintegral der Lagrange-Funktion$L$des Systems, und in der klassischen Mechanik ist die Lagrange-Funktion nur kinetische Energie$T$minus potentieller Energie$V$. Die Aktion kann also wie folgt geschrieben werden:

$$S(\mathbf{x},\mathbf{\dot x}) = \int_{t_1}^{t_2} \text{d}t \; [T(\mathbf{\dot x}) - V(\mathbf{x})]$$

Für einen harmonischen Oszillator mit Masse$m$und Frequenz$\omega$, die kinetische Energie als Funktion der Geschwindigkeit$\mathbf{\dot x}$Ist$T(\mathbf{\dot x}) = \frac{1}{2}m\mathbf{\dot x}^2$, und die potentielle Energie als Funktion der Position$\mathbf{x}$Ist$V(\mathbf x) = \frac{1}{2}m\omega^2\mathbf{x}^2$, also erhalten wir:

$$S(\mathbf{x},\mathbf{\dot x}) = \frac{1}{2}m \int_{t_1}^{t_2} \text{d}t \; \big[\mathbf{\dot x}^2 - \omega^2\mathbf{x}^2\big]$$

Dies ist die Aktion des harmonischen Oszillators. Der physische Weg$\mathbf{x}(t)$dem der harmonische Oszillator folgen wird, ist der Pfad, der die Aktion minimiert (oder allgemein der Pfad, der einen stationären Punkt in der Aktion erzeugt); und das Lösen dieses Minimierungsproblems (oder allgemein des Extremisierungsproblems) ist äquivalent zum Lösen der Euler-Lagrange-Gleichungen für die Lagrange-Funktion$L = T-V$.