Wie verwandelt sich ein Lagrange-Operator mit Delta-Potential in einen Hamilton-Operator?

Question

Wie verwandelt sich ein Lagrange-Operator mit Delta-Potential in einen Hamilton-Operator?

xabdax

Angenommen, der Lagrange wurde wie folgt angegeben:

\begin{matrix} (1) & L = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \underset{= L}{\underset{⏟}{(\dot{A (} z)^{2} - A (z)^{2}) + (\dot{Q (} z)^{2} δ (z) - Q (z)^{2} δ (z)) + 2 \dot{Q (} z) \cdot A (z) δ (z)}} D z \end{matrix}

$L = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} \underbrace{\left(\dot{A(}z)^2-A(z)^2\right)+\left(\dot{Q(}z)^2\delta(z)-Q(z)^2\delta(z)\right)+2\dot{Q(}z)\cdot A(z) \delta(z)}_{= \mathcal{L}} \,\,\,dz\tag{1}$

wo Q lokalisiert ist $0$ . Die oben genannten sind im Grunde zwei harmonische Oszillatoren, die im letzten Term miteinander gekoppelt sind. Wenn ich dies nun Legendre-transformieren wollte, um den Hamilton-Operator zu erhalten, wüsste ich nicht, was ich mit der Dirac-Delta-Funktion anfangen soll.

Der konjugierte Impuls für A (z) ist ziemlich einfach:

\begin{matrix} (2) & P_{A} = \frac{\partial L}{\partial \dot{A} (z)} = \dot{A} (z) \end{matrix}

$P_A = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{A\,}(z)} = \dot{A\,}(z)\tag{2}$

aber wie soll ich mit dem anderen konjugierten Impuls umgehen $P_Q$ ? Wäre es

\begin{matrix} (3) & P_{Q} = \frac{\partial L}{\partial \dot{Q} (z)} = \dot{Q} (z) δ (z) + A (z) δ (z) \end{matrix}

$P_Q = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{Q\,}(z)} = \dot{Q\,}(z)\delta(z)+A(z)\delta(z)\tag{3}$

oder

\begin{matrix} (4) & P_{Q} = \frac{\partial L}{\partial (\dot{Q} (z) δ (z))} = \dot{Q} (z) + A (z) . \end{matrix}

$P_Q = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\dot{Q\,}(z)\delta(z))} = \dot{Q\,}(z)+A(z).\tag{4}$

Ich habe Probleme mit ersterem, aber letzteres scheint nicht richtig zu sein.

lalala

3 ist im Grunde richtig, und Sie geraten in Schwierigkeiten, weil für z = 0 PQ(z) Null ist und die Geschwindigkeit nicht durch die Impulse ausgedrückt werden kann. Dies wird als First-Class-Constraint bezeichnet. Sie müssen prüfen, ob die Einschränkung mit dem Hamiltonian kompatibel ist

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Wie verwandelt sich ein Lagrange-Operator mit Delta-Potential in einen Hamilton-Operator?

3 ist im Grunde richtig, und Sie geraten in Schwierigkeiten, weil für z = 0 PQ(z) Null ist und die Geschwindigkeit nicht durch die Impulse ausgedrückt werden kann. Dies wird als First-Class-Constraint bezeichnet. Sie müssen prüfen, ob die Einschränkung mit dem Hamiltonian kompatibel ist

QMechaniker · Answer 1

Lagrangesche Formulierung. Der Trick besteht darin, den Lagrange des OP zu schätzen
$\begin{matrix} (A) & L = \frac{1}{2} \int_{R} D z (\dot{A} (z)^{2} - A (z)^{2}) + \frac{1}{2} (\dot{Q} (0)^{2} - Q (0)^{2}) + \dot{Q} (0) A (0) \end{matrix}$ $L ~=~ \frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}} \! dz ( \dot{A}(z)^2 -A(z)^2) ~+~ \frac{1}{2}( \dot{Q}(0)^2 -Q(0)^2)~+~ \dot{Q}(0) A(0) \tag{A}$ ist eine Kombination aus einer Bulk-Theorie in der $A$ -Sektor und eine Grenztheorie in der $Q$ -Sektor (sagen wir, das Leben auf einer Brane in $z=0$ ).
Euler-Lagrange (EL)-Gleichungen . Die Massen-EL-Gl. Ist
$\begin{matrix} (B) & \ddot{A} (z) + A (z) \approx + δ (z) \dot{Q} (0), \end{matrix}$ $\ddot{A}(z)+A(z)~\approx~+\delta(z)\dot{Q}(0), \tag{B}$ während die Grenze EL Gl. Ist $\begin{matrix} (C) & \ddot{Q} (0) + Q (0) \approx - \dot{A} (0) . \end{matrix}$ $\ddot{Q}(0)+Q(0)~\approx~-\dot{A}(0). \tag{C}$ Wenn wir davon ausgehen, dass das Massenfeld $A(z)$ ist kontinuierlich ohne $\delta(z)$ -Beiträge, dann Gl. (B) impliziert das $\dot{Q}(0)\approx 0$ . Gl. (C) impliziert das dann $\ddot{A}(0)\approx 0$ . Gl. (B) impliziert das dann $A(0)\approx 0$ . Gl. (C) impliziert das dann $Q(0)\approx 0$ . Zum Schluss: Die beiden harmonischen Oszillatoren $A$ Und $Q$ entkoppeln, und die Amplituden verschwinden bei $z=0$ .
Augenblick. Der Massenimpuls ist
$\begin{matrix} (D) & P_{A} (z) = \frac{δ L}{δ \dot{A} (z)} = \dot{A} (z), \end{matrix}$ $P_A(z)~=~\frac{\delta L}{\delta \dot{A}(z)}~=~\dot{A}(z), \tag{D}$ während der Grenzimpuls ist $\begin{matrix} (E) & P_{Q} (0) = \frac{\partial L}{\partial \dot{Q} (0)} = \dot{Q} (0) + A (0) . \end{matrix}$ $P_Q(0)~=~\frac{\partial L}{\partial \dot{Q}(0)}~=~ \dot{Q}(0)+A(0).\tag{E}$
Hamiltonsche Formulierung. Der Hamilton-Operator erhält einen Bulk- und einen Randteil
$\begin{matrix} (F) & \begin{aligned} H & = \int_{R} D z P_{A} (z) \dot{A} (z) + P_{Q} (0) \dot{Q} (0) - L \\ = \frac{1}{2} \int_{R} D z (P_{A} (z)^{2} + A (z)^{2}) + \frac{1}{2} ((P_{Q} (0) - A (0))^{2} + Q (0)^{2}) . \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} H ~&=~ \int_{\mathbb{R}} \! dz ~ P_{A}(z)\dot{A}(z)~+~P_Q(0)\dot{Q}(0)~-~L\cr~&=~\frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}} \! dz ( P_{A}(z)^2 +A(z)^2) ~+~ \frac{1}{2}( (P_Q(0)-A(0))^2 +Q(0)^2). \end{align}\tag{F}$

Das Problem, an dem ich arbeite, verlangt ausdrücklich, den obigen Hamiltonoperator zu diagonalisieren. Die Idee ist, die zu erweitern $(P_Q(0)-A(0))^2$ Amtszeit und bekommen zwei Schaden. oszillierend. und ein Kopplungsterm: $\frac{1}{2} \int_{R} D z [P_{A} (z)^{2} + A (z)^{2} + A (z)^{2} δ (z)] + \frac{1}{2} (P_{Q} (0)^{2} + Q (0)^{2}) + P_{Q} (0) \cdot A (0)$ $\frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}} \! dz \left[P_{A}(z)^2 +A(z)^2+A(z)^2\delta(z)\right] ~+~ \frac{1}{2}( P_Q(0)^2 +Q(0)^2) ~+~ P_Q(0)\cdot A(0)$ Ich weiß, wie man die beiden ho und den Kopplungsterm diagonalisiert. Das Problem ist jedoch $A(z)^2+A(z)^2\delta(z)$ . Ich möchte sie irgendwie addieren und A(z) neu definieren. Könnte ich dies tun, indem ich A (z) mit etwas definiere, das die Delta-Funktion von Anfang an aufhebt?

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xabdax

lalala

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xabdax

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