Wie findet man den Hamilton-Operator aus diesem einfachen Lagrange-Operator? (knifflig)

1. Legendre Transformation. Die Frage von OP enthält einige subtile Aspekte, die wir beleuchten möchten. Beachten Sie, dass eine Legendre-Transformation (Singular oder nicht) eine involutive Operation sein sollte . (Es wäre daher widersprüchlich zu sagen, dass ein Lagrange-Operator, der alles unbestimmt lässt, einem Hamilton-Operator entsprechen sollte, der alles festlegt. Insbesondere ist es eine zu starke Vereinfachung zu behaupten, dass der Hamilton-Operator identisch Null ist.)

   In dieser Antwort geben wir eine konsistente Legendre-Transformation im Rahmen der Dirac-Bergmann-Theorie und der eingeschränkten Dynamik an.

2. Lagrangesche Formulierung. Der Lagrange von OP liest

   $$L(q,v,t)~:=~ vf(q), \qquad f(q)~:=~\frac{\sin^2 q}{2}~\stackrel{(2)}{=}~F^{\prime}(q). \tag{1}$$ Die entsprechende Aktion ist unter Zeitumparametrisierungen invariant. Aber noch auffälliger ist, dass es sich um eine Grenzaktion handelt: $$S[q]~=~\int_{t_i}^{t_f}\! dt~ L(q,\dot{q},t)~\stackrel{(1)}{=}~ F(q(t_f)) - F(q(t_i)), \qquad F(q)~:=~\frac{q}{4}- \frac{\sin 2q}{8}. \tag{2}$$ Um ein wohldefiniertes Variationsproblem zu haben, sollten wir Randbedingungen auferlegen. Wir gehen von Dirichlet-Randbedingungen aus $$q(t_i)~=~q_i \quad\text{and}\quad q(t_f)~=~q_f. \tag{3}$$ Wir sehen, dass die Wirkung (2) eine infinitesimale Eichsymmetrie der Form hat $$\delta q(t) ~=~\varepsilon(t)\quad\text{where}\quad \varepsilon(t_i)~=~0 \quad\text{and}\quad \varepsilon(t_f)~=~0.\tag{4}$$ Die Position$q$ist mit Ausnahme der Grenzpunkte keine physikalische Observable. Die Euler-Lagrange (EL)-Gleichung ist identisch erfüllt. Der Lagrange-Impuls ist $$p~=~\frac{\partial L}{\partial v}~=~f(q),\tag{5}$$ und die Lagrange-Energiefunktion $$h~=~pv-L~\stackrel{(1)+(5)}{=}~0\tag{6}$$ verschwindet identisch.

3. Hamiltonsche Formulierung. Nach der Dirac-Bergmann-Analyse ist die Gl. (5) ist eine Hauptbeschränkung

   $$\chi~:=~p - f(q)~\approx~0.\tag{7}$$ Tatsächlich ist Gl. (7) ist eine Zwangsbedingung erster Klasse , die über die Poisson-Klammer die Eichsymmetrie (4) erzeugt $$\delta ~=~\varepsilon \{ ~\cdot~, \chi\},\tag{8}$$ dh als Hamiltonsches Vektorfeld . Die entsprechende Hamiltonsche Wirkung ist $$S_H[q,p,\lambda]~=~\int_{t_i}^{t_f}\!dt~ L_H , \qquad L_H ~=~p\dot{q} - H, \tag{9}$$ mit Hamiltonian $$H~:=~ \lambda \chi,\tag{10}$$ Wo$\lambda$ein unbestimmter Lagrange-Multiplikator ist , der die Einschränkung (7) auferlegt. Die 3 EL-Gleichungen für die Hamilton-Wirkung (9) bzgl. die 3 Variablen$\lambda$,$p$, Und$q$sind die Hamilton-Gleichungen $$\dot{p}~\approx~-\frac{\partial H}{\partial q}~=~\lambda f^{\prime}(q).\tag{11}$$ $$\dot{q}~\approx~\frac{\partial H}{\partial p}~=~\lambda, \tag{12}$$ bzw. die Einschränkung (7). Beachten Sie, dass Gl. (11) ist eine Folge von Gl. (7) & (12). Beachten Sie auch, dass der Hamilton-Operator (10) auf der Schale null ist. Die Tatsache, dass$\lambda$unbestimmt ist, spiegelt die Tatsache wider, dass$q$ist eine unphysikalische Eichvariable.

4. Vergleich. Wir können das Quadrat des Hamiltonschen Lagrangians (9) vervollständigen als

   $$L_H ~= ~(p - f(q)) (\dot{q} - \lambda) + L(q,\dot{q},t).\tag{13}$$ Also, wenn wir die Variablen herausintegrieren$p$Und$\lambda$in der Hamilton-Operation (13) erhalten wir die ursprüngliche Lagrange-Funktion (1), von der wir ausgegangen sind, zurück. Dies ist eine Konsistenzprüfung, ob wir die richtige Hamiltonsche Formulierung gefunden haben.

Der Hamiltonoperator ist undefiniert. Um einen Lagrange-Operator in einen Hamilton-Operator umzuwandeln, ist Folgendes erforderlich:

• Finden$p$
• Schreiben$H=p\dot q-L$
• Ausdrücken$H$bezüglich$p$Und$q$, Beseitigung aller Abhängigkeit von$\dot q$.

Damit der dritte Schritt möglich ist, müssen Sie eine Koordinatentransformation zwischen definieren können$(q,\dot q)$Koordinatensystem und die$(q,p)$Koordinatensystem. Das erfordert das$(q,p)$ist ein gutes Koordinatensystem, da ein Zustand des Systems eindeutig durch ein Paar dargestellt werden kann$(q,p)$Koordinaten. Dies bedeutet wiederum, dass die Transformation$(q,\dot q)\rightarrow (q,p)$muss Jacobi ungleich Null haben.

Es ist jedoch leicht zu erkennen, dass dies nicht der Fall ist. Wir wissen das$(q,p)=(q,\frac{1}{2}\sin^2 q)$. So ist der Jacobi

Das heißt, wir können NICHT schreiben$p$als Funktion von$q,\dot q$, und es kann keinen Hamiltonian geben$H(p,q)$das ist nur eine Funktion der Koordinaten$(p,q)$weil die koordinaten$(p,q)$geben Sie nicht den Status des Systems an.

für

der Hamiltonian ist

beliebige Funktion übernehmen$~f(q~,\dot q)=f(q)\,\dot q~$erhält man aus Gleichung (1)

der Hamiltonoperator ist Null

Die gegebene Lagrange-Funktion ist gradhomogen$\color{red}{1}$In$\dot{q}$, das ist,$L(q,\lambda\dot{q})=\lambda L(q,\dot{q})$für alle$\lambda>0$. Somit haben wir nach Eulers Satz über homogene Funktionen

Daher verschwindet der Hamiltonoperator identisch.