Lagrange- und Hamilton-EOM mit dissipativer Kraft

Question

Lagrange- und Hamilton-EOM mit dissipativer Kraft

Benutzer56199

Ich versuche, den Lagrange- und den Hamilton-Oszillator für den erzwungenen harmonischen Oszillator zu schreiben, bevor ich ihn quantisiere, um zum Quantenbild zu gelangen. Für EOM

m \ddot{q} + β \dot{q} + k q = f (t),

$m\ddot{q}+\beta\dot{q}+kq=f(t),$ Ich schreibe den Lagrange

L = \frac{1}{2} m {\dot{q}}^{2} - \frac{1}{2} k q^{2} + f (t) q

$L=\frac{1}{2}m\dot{q}^{2}-\frac{1}{2}kq^{2}+f(t)q$ mit Rayleigh-Verlustfunktion als

D = \frac{1}{2} β {\dot{q}}^{2}

$D=\frac{1}{2}\beta\dot{q}^{2}$ Lagrange-EOM einzusetzen

0 = \frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_{j}}) - \frac{\partial L}{\partial q_{j}} + \frac{\partial D}{\partial {\dot{q}}_{j}} .

$0 = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left ( \frac {\partial L}{\partial \dot{q}_j} \right ) - \frac {\partial L}{\partial q_j} + \frac {\partial D}{\partial \dot{q}_j}.$

Auf Legendre transformieren von $L$ , Ich bekomme

H = \frac{1}{2 m} p^{2} + \frac{1}{2} k q^{2} - f (t) q .

$H=\frac{1}{2m}{p}^{2}+\frac{1}{2}kq^{2}-f(t)q.$

Wie füge ich den dissipativen Term hinzu, um den korrekten EOM aus dem EOM des Hamiltonian zu erhalten?

Antworten (2)

Lagrange- und Hamilton-EOM mit dissipativer Kraft

QMechaniker · Answer 1

Problem: Angesichts des zweiten Newtonschen Gesetzes

\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} m {\ddot{q}}^{j} = & - β {\dot{q}}^{j} - \frac{\partial v (q, t)}{\partial q^{j}}, \\ j \in & {1, \dots, n}, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} m\ddot{q}^j~=~&-\beta\dot{q}^j-\frac{\partial V(q,t)}{\partial q^j}, \cr j~\in~&\{1,\ldots, n\}, \end{align}\tag{1}$

für ein nichtrelativistisches Punktteilchen in $n$ Abmessungen, einer Reibungskraft ausgesetzt und auch verschiedenen Kräften ausgesetzt, die ein Gesamtpotential haben $V(q,t)$ , die explizit von der Zeit abhängen kann.

I) Herkömmlicher Ansatz: Es gibt eine nicht-variationale Formulierung von Lagrange-Gleichungen

\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} \frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}^{j}}) - \frac{\partial L}{\partial q^{j}} = & Q_{j}, \\ j \in & {1, \dots, n}, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^j}\right)-\frac{\partial L}{\partial q^j}~=~&Q_j, \cr j~\in~&\{1,\ldots, n\},\end{align}\tag{2}$

wo $Q_j$ sind die verallgemeinerten Kräfte, die keine verallgemeinerten Potentiale haben. In unserem Fall (1) ist die Lagrange-Funktion in Gl. (2) ist $L=T-V$ , mit $T=\frac{1}{2}m\dot{q}^2$ ; und die Kraft

\begin{matrix} (3) & Q_{j} = - β {\dot{q}}^{j} \end{matrix}

$Q_j~=~-\beta\dot{q}^j\tag{3}$

ist die Reibungskraft. Es wird zB in diesem Phys.SE Beitrag gezeigt, dass die Reibungskraft (3) kein Potential hat. Wie OP erwähnt, kann man die dissipative Rayleigh-Funktion einführen , aber dies ist kein echtes Potenzial.

Herkömmlicherweise fordern wir zusätzlich, dass die Lagrange-Funktion die Form hat $L=T-U$ , wo $T=\frac{1}{2}m\dot{q}^2$ bezieht sich auf die linke Seite des EOMs (1) (dh die kinematische Seite), während das Potential $U$ bezieht sich auf die RHS von EOMs (1) (dh die dynamische Seite).

Mit diesen zusätzlichen Anforderungen hat der EOM (1) keine Variationsformulierung von Lagrange-Gleichungen

\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} \frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}^{j}}) - \frac{\partial L}{\partial q^{j}} = & 0, \\ j \in & {1, \dots, n}, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}^j}\right)-\frac{\partial L}{\partial q^j}~=~&0,\cr j~\in~&\{1,\ldots, n\},\end{align}\tag{4}$

dh Euler-Lagrange-Gleichungen . Die Legendre-Transformation zur Hamilton-Formulierung ist traditionell nur für eine Variationsformulierung definiert (4). Es gibt also keine konventionelle Hamiltonsche Formulierung des EOM (1).

II) Unkonventionelle Ansätze:

Trick mit Exponentialfaktor $^1$ : Definieren Sie zur späteren Bequemlichkeit die Funktion
$\begin{matrix} (5) & e (t) := \exp (\frac{β t}{m}) . \end{matrix}$ $e(t)~:=~\exp(\frac{\beta t}{m}). \tag{5}$ Eine mögliche Variationsformulierung (4) von Lagrange-Gleichungen ist dann durch die Lagrange-Funktion gegeben $\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} L (q, \dot{q}, t) := & e (t) L_{0} (q, \dot{q}, t), \\ L_{0} (q, \dot{q}, t) := & \frac{m}{2} {\dot{q}}^{2} - v (q, t) . \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} L(q,\dot{q},t)~:=~&e(t)L_0(q,\dot{q},t), \cr L_0(q,\dot{q},t)~:=~&\frac{m}{2}\dot{q}^2-V(q,t).\end{align}\tag{6}$ Der entsprechende Hamiltonoperator ist $\begin{matrix} (7) & H (q, p, t) := \frac{p^{2}}{2 m e (t)} + e (t) v (q, t) . \end{matrix}$ $H(q,p,t)~:=~\frac{p^2}{2me(t)}+e(t)V(q,t).\tag{7}$ Ein Vorbehalt ist, dass der Hamiltonoperator (7) nicht den traditionellen Begriff der Gesamtenergie darstellt. Ein weiterer Vorbehalt ist, dass dieser unkonventionelle Ansatz nicht auf den Fall verallgemeinert werden kann, in dem zwei gekoppelte Sektoren der Theorie unterschiedliche Faktoren erfordern (5), z. B. wo jeder koordiniert $q^j$ hat individuelle Reibungs-zu-Masse-Verhältnisse $\frac{\beta_j}{m_j}$ , $j\in\{1, \ldots, n\}$ . Entscheidend für diese unkonventionelle Arbeitsweise ist, dass der Faktor (5) ein insgesamt gemeinsamer Multiplikationsfaktor für die Lagrange-Funktion (6) ist. Dies ist aus physikalischer Sicht eine unnatürliche Anforderung.
Auferlegen von EOMs über Lagrange-Multiplikatoren $\lambda^j$ : Ein Variationsprinzip für die EOMs (1) ist
$\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} L = & m \sum_{j = 1}^{n} {\dot{q}}^{j} {\dot{λ}}^{j} \\ - \sum_{j = 1}^{n} (β {\dot{q}}^{j} + \frac{\partial v (q, t)}{\partial q^{j}}) λ^{j} . \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}L ~=~& m\sum_{j=1}^n\dot{q}^j\dot{\lambda}^j\cr &-\sum_{j=1}^n\left(\beta\dot{q}^j+\frac{\partial V(q,t)}{\partial q^j}\right)\lambda^j.\end{align}\tag{8}$ (Hier haben wir der Einfachheit halber den kinetischen Term „teilweise integriert“, um höhere Zeitableitungen zu vermeiden.)
Klassischer Schwinger/Keldysh "in-in"-Formalismus : Die Variablen werden verdoppelt. Siehe zB Gl. (20) in CR Galeere, arXiv:1210.2745 . Randbedingungen ignorieren $^2$ der Lagrange liest
$\begin{matrix} (9) & \begin{aligned} \tilde{L} (q_{\pm}, {\dot{q}}_{\pm}, t) = & {L (q_{1}, {\dot{q}}_{1}, t) |}_{q_{1} = q_{+} + q_{-} / 2} \\ - & {L (q_{2}, {\dot{q}}_{2}, t) |}_{q_{2} = q_{+} - q_{-} / 2} \\ + & Q_{j} (q_{+}, {\dot{q}}_{+}, t) q_{-}^{j} \end{aligned} . \end{matrix}$ $\begin{align} \widetilde{L}(q_{\pm},\dot{q}_{\pm},t) ~=~&\left. L(q_1,\dot{q}_1,t)\right|_{q_1=q_+ + q_-/2}\cr ~-~&\left. L(q_2,\dot{q}_2,t)\right|_{q_2=q_+ - q_-/2}\cr ~+~&Q_j(q_+,\dot{q}_+,t)q^j_-\end{align}\tag{9}.$ Die Anfangsbedingungen $\begin{matrix} (10) & {\begin{array}{rcl} q_{+}^{j} (t_{ich}) & = & q_{ich}^{j}, \\ {\dot{q}}_{+}^{j} (t_{ich}) & = & {\dot{q}}_{ich}^{j} \end{array} \end{matrix}$ $\left\{\begin{array}{rcl} q^j_+(t_i)&=&q^j_i,\cr\dot{q}^j_+(t_i)&=&\dot{q}^j_i\end{array}\right.\tag{10}$ die dem System zugrunde liegenden Ausgangswerte implementieren. Die Endbedingungen $\begin{matrix} (11) & \begin{aligned} {\begin{array}{rcl} q_{-}^{j} (t_{f}) & = & 0 \\ {\dot{q}}_{-}^{j} (t_{f}) & = & 0 \end{array} \\ ⇓ \\ {\frac{\partial \tilde{L}}{\partial {\dot{q}}_{+}^{j}} |}_{t = t_{f}} = & 0 \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}\left\{\begin{array}{rcl} q^j_-(t_f)&=&0\cr \dot{q}^j_-(t_f)&=&0 \end{array}\right. & \cr\cr\qquad\Downarrow&\qquad\cr\cr \left.\frac{\partial \widetilde{L}}{\partial \dot{q}^j_+}\right|_{t=t_f}~=~&0 \end{align}\tag{11}$ Implementierung der physikalischen Grenzlösung $q_-^j= 0$ . Der Verdopplungstrick (9) ist oft derselbe wie die Einführung von Lagrange-Multiplikatoren (8).
Gurtin-Tonti bilokales Verfahren: Siehe zB diesen Phys.SE Beitrag.

--

$^1$ Huttipp: Valter Moretti .

$^2$ Das Variationsproblem (9)+(10)+(11) benötigt einen geeigneten Anfangsterm, der möglicherweise nicht immer existiert! Zumal wir uns schon auferlegt haben $4n$ Randbedingungen (10)+(11), wäre es zu viel, auch noch die Anfangsbedingung aufzustellen

q_{-}^{j} (t_{ich}) = 0. (\leftarrow Falsch!)

$q^j_-(t_i)~=~0. \qquad (\leftarrow\text{Wrong!})$ Beispiel: Wenn

L = \frac{1}{2} m {\dot{q}}^{2}

$L=\frac{1}{2}m\dot{q}^2$ , dann

\tilde{L} = m {\dot{q}}_{+} {\dot{q}}_{-}

$\widetilde{L}=m\dot{q}_+\dot{q}_-$ , und man sollte einen Anfangsterm hinzufügen

m {\dot{q}}_{+} (t_{i}) q_{-} (t_{i})

$m\dot{q}_+(t_i)q_-(t_i)$ zur Aktion

\tilde{S}

$\widetilde{S}$ .

Notizen für später: Minkowski-Signatur $(-,+,\ldots,+)$ . Fourier-Transformation: $\quad\widetilde{Q}(k)=\int\! d^dx ~e^{-ik\cdot x}Q(x)$ ; $\quad Q(x)=\int\! \frac{d^dk}{(2\pi)^d} e^{+ik\cdot x} \widetilde{Q}(k)$ ; Grüne Funktionen: $\quad -(\Box-m^2)\Delta(x\!-\!y)=\delta^d(x\!-\!y)$ ; $\quad -(\Box-m^2)Q(x)=j(x)$ ; $\quad Q(x)=\int \! d^y~\Delta(x\!-\!y)j(y)$ ; $\quad \widetilde{Q}(k)=\widetilde{\Delta}(k)\widetilde{j}(k)$ ;
Kostenlose "in-in" Schwinger-Keldysh-Aktion: $\quad S_2- \int\! d^dx~{\cal L}_2 = -i\epsilon^2 \int\! d^dx~d^dy~Q_2(x)\Delta_+(x\!-\!y)Q_1(y)$ $= -i\epsilon^2 \int\! d^dx~d^dy~Q_1(x)\Delta_-(x\!-\!y)Q_2(y)$ ; $\quad S_2- \int\! d^dx~{\cal L}_2 = \frac{\epsilon}{\pi}{\rm PV}\int\! d^dx~d^dy~Q_+(x)\frac{1}{x^0-y^0}Q_-(y)$ $+\frac{i\epsilon^2}{4} \int\! d^dx~d^dy~Q_-(x)\Delta_1(x\!-\!y)Q_-(y)$ ; Bilokal in der Raumzeit.
Lagrange-Dichte: $\quad{\cal L}_2 =-\frac{1}{2}\partial_{\mu}Q_1\partial^{\mu}Q_1 -\frac{1}{2}(m^2-i\epsilon)Q_1^2 +\frac{1}{2}\partial_{\mu}Q_2\partial^{\mu}Q_2 +\frac{1}{2}(m^2+i\epsilon)Q_2^2$ $=-\partial_{\mu}Q_+\partial^{\mu}Q_- -m^2Q_+Q_- +i\epsilon(Q_+^2+\frac{1}{4}Q_-^2)$ ; $\quad{\cal L}_2 =-\partial_{\mu}Q_+\partial^{\mu}Q_- -m^2Q_+Q_-$ ; $\quad\widetilde{\cal L}_2~\sim~ -\widetilde{Q}_+(k)(k^2+m^2+i\epsilon{\rm sgn}(k^0))\widetilde{Q}_-(-k)$ $~\sim~-\widetilde{Q}_-(k)(k^2+m^2-i\epsilon{\rm sgn}(k^0))\widetilde{Q}_+(-k)$ ; Nahezu lokal/diagonal im Impulsraum.
Keldysh-Variablen: $\quad Q_+=\frac{Q_1+Q_2}{2}$ ; $\quad Q_-= Q_1-Q_2$ ; Die Dochtrotation zur konvergenten euklidischen Formulierung scheint unklar. Zeitlich geordnete 2-Punkt-Funktion nach der Keldysh-Integrationskontur: $\quad\langle TQ_1(x)Q_1(y)\rangle^{(0)}_{J=0}=\frac{\hbar}{i} \Delta_F(x\!-\!y)$ ; $\quad \langle Q_1(x)Q_2(y)\rangle^{(0)}_{J=0}=\hbar \Delta_-(x\!-\!y)$ ; $\quad \langle Q_2(x)Q_1(y)\rangle^{(0)}_{J=0}=\hbar \Delta_+(x\!-\!y)$ ; $\quad \langle AT~ Q_2(x)Q_2(y)\rangle^{(0)}_{J=0}=-\frac{\hbar}{i} \Delta_{AF}(x\!-\!y)$ ;
$\quad\langle Q_+(x)Q_+(y)\rangle^{(0)}_{J=0}= \frac{\hbar}{2}\Delta_1(x\!-\!y)$ ; $\quad\langle Q_+(x)Q_-(y)\rangle^{(0)}_{J=0}= \frac{\hbar}{i} \Delta_R(x\!-\!y)$ ; $\quad\langle Q_-(x)Q_+(y)\rangle^{(0)}_{J=0} =\frac{\hbar}{i} \Delta_A(x\!-\!y)$ ; $\quad \langle Q_-(x)Q_-(y)\rangle^{(0)}_{J=0} =0$ ; Grüne Funktionen: $\quad\frac{1}{i}\Delta_F(x\!-\!y)=\theta(x^0\!-\!y^0)\Delta_+(x\!-\!y) +\theta(y^0\!-\!x^0)\Delta_-(x\!-\!y)$ ; $\quad-\frac{1}{i} \Delta_{AF}(x\!-\!y)=\theta(y^0\!-\!x^0)\Delta_+(x\!-\!y) +\theta(x^0\!-\!y^0)\Delta_-(x\!-\!y)$ ;
Fourier-Transformation: $\quad\widetilde{\Delta}_F(k) = \widetilde{\Delta}_E(k^0(\epsilon-i),\vec{k})$ $=\frac{1}{k^2+m^2-i\epsilon}$ $=\frac{1}{2\omega}\left(\frac{1}{k^0+\omega}+\frac{1}{-k^0+\omega}\right)$ $={\rm PV}\frac{1}{k^2+m^2} +i\pi \delta(k^2+m^2)$ $=\widetilde{\bar{\Delta}}(k)+\frac{i}{2}\widetilde{\Delta}_1(k)$ ; $\quad -\widetilde{\Delta}_{AF}(k)=\frac{-1}{k^2+m^2+i\epsilon}$ $=-{\rm PV}\frac{1}{k^2+m^2} +i\pi \delta(k^2+m^2)$ ; Wightman-Funktionen: $\quad\widetilde{\Delta}_+(k) =\theta(k^0)~2\pi \delta(k^2+m^2)$ ; $\quad\widetilde{\Delta}_-(k) =\theta(-k^0)~2\pi \delta(k^2+m^2)$ ;
$\quad\widetilde{\Delta}_1(k)=2\pi \delta(k^2+m^2)$ ; $\quad\widetilde{\Delta}_C(k)={\rm sgn}(k^0)~2\pi \delta(k^2+m^2)$ ; $\quad\widetilde{\bar{\Delta}}(k)={\rm PV}\frac{1}{k^2+m^2}$ ; $\quad\Delta_1=\Delta_+ +\Delta_- =\frac{1}{i}(\Delta_F-\Delta_{AF})$ ; $\quad \Delta_C=\Delta_+ -\Delta_- =\frac{1}{i}(\Delta_R-\Delta_A)$ imaginär; $\quad \bar{\Delta}=\frac{\Delta_R+\Delta_A}{2}$ ;
Fortgeschrittene/verzögerte Greens-Funktion: $\quad\widetilde{\Delta}_{A/R}(k)=\frac{1}{-(k^0\mp i\epsilon)^2+ \vec{k}^2+m^2}$ $=\frac{1}{k^2+m^2\pm i\epsilon{\rm sgn}(k^0)}$ $={\rm PV}\frac{1}{k^2+m^2} \mp \frac{i}{2}\widetilde{\Delta}_C(k)$ ; $\quad\Delta_R(x\!-\!y) =i\theta(x^0\!-\!y^0)\Delta_C(x\!-\!y)$ real; $\quad\Delta_A(x\!-\!y) =-i\theta(y^0\!-\!x^0)\Delta_C(x\!-\!y)$ real;
Ursprüngliche Doppelfelder: $\quad {\bf \Delta}=\begin{pmatrix} \Delta_F &i\Delta_- \cr i\Delta_+ &-\Delta_{AF} \end{pmatrix}$ ; $\quad {\bf \Delta}^{-1}=\begin{pmatrix} \Delta_F^{-1} &i\epsilon^2\Delta_- \cr i\epsilon^2\Delta_+ &-\Delta_{AF}^{-1} \end{pmatrix}$ ; Keldysh-Variablen: $\quad {\bf \Delta}=\begin{pmatrix} \frac{i}{2}\Delta_1 &\Delta_R \cr \Delta_A &0 \end{pmatrix}$ ; $\quad {\bf \Delta}^{-1}=\begin{pmatrix} 0 &\Delta_A^{-1} \cr \Delta_R^{-1} &-\frac{i\epsilon^2}{2}\Delta_1\end{pmatrix}$ ;
2D euklidischer masseloser Fall: $\quad \Delta_E(r)=-\frac{1}{2\pi}\ln(r)$ ; 1+1D Minkowskischer masseloser Fall: $\quad \Delta_F(x,t) =i\Delta_E(x,(i+\epsilon)t)$ $=-\frac{i}{4\pi}{\rm Ln}(x^2\!-\!t^2+i\epsilon)$ $=-\frac{i}{4\pi}\ln|x^2\!-\!t^2|+\frac{1}{4}\theta(t^2\!-\!x^2)$ ; $\quad \Delta_{\pm}(x,t) =-\frac{1}{4\pi}{\rm Ln}(x^2\!-\!t^2\pm i\epsilon{\rm sgn}(t))$ $=-\frac{1}{4\pi}\ln|x^2\!-\!t^2| \mp\frac{i}{4}{\rm sgn}(t)\theta(t^2\!-\!x^2) =\Delta_{\mp}(-x,-t)$ ;
$\quad \Delta_1(x,t)=-\frac{1}{2\pi}\ln|x^2\!-\!t^2|$ ; $\quad \Delta_C(x,t)=-\frac{i}{2}{\rm sgn}(t)\theta(t^2\!-\!x^2)$ ; $\quad \Delta_R(x,t)=\frac{1}{2}\theta(t\!-\!|x|)$ ; $\quad \Delta_A(x,t)=\frac{1}{2}\theta(-t\!-\!|x|)$ ; $\quad \bar{\Delta}(x,t)=\frac{1}{4}\theta(t^2\!-\!x^2)$ ;
4D euklidischer masseloser Fall: $\quad \Delta_E(r)=\frac{1}{4\pi^2r^2}$ ; 3+1D Minkowskischer masseloser Fall: $\quad \Delta_F(r,t) =i\Delta_E(r,(i+\epsilon)t)$ $=\frac{i}{4\pi^2}\frac{1}{r^2-t^2+i\epsilon}$ $=\frac{i}{4\pi^2}\frac{r^2-t^2-i\epsilon}{(r^2-t^2)^2+\epsilon^2}$ $=\frac{i}{4\pi^2}{\rm PV}\frac{1}{r^2-t^2}+\frac{1}{4\pi}\delta(r^2\!-\!t^2)$ ; $\quad \Delta_{\pm}(r,t) =\frac{1}{4\pi^2}\frac{1}{r^2-t^2\pm i\epsilon{\rm sgn}(t)}$ $=\frac{1}{4\pi^2}{\rm PV}\frac{1}{r^2-t^2}\mp\frac{i}{4\pi}{\rm sgn}(t)\delta(r^2\!-\!t^2) =\Delta_{\mp}(r,-t)$ ;
$\quad \Delta_1(r,t)=\frac{1}{2\pi^2}{\rm PV}\frac{1}{r^2-t^2}$ ; $\quad \Delta_C(r,t) =-\frac{i}{2\pi}{\rm sgn}(t)\delta(r^2\!-\!t^2)$ ; $\quad \Delta_R(r,t) =\frac{1}{4\pi r}\delta(r-t)$ ; $\quad \Delta_A(r,t) =\frac{1}{4\pi r}\delta(r+t)$ ; $\quad \bar{\Delta}(r,t)=\frac{1}{4\pi}\delta(r^2\!-\!t^2)$ ;

WorldSEnder · Answer 2

Problem : Löse das EOM

\ddot{x} + β \dot{x} + ω^{2} x = f (t)

$\ddot x + \beta \dot x + \omega^2 x = f(t)$

Als Ansatz verwenden wir zusätzlich zu $x(t), \dot x(t)$ , zwei neue Parameter $y(t), \dot y(t)$ .

Lassen Sie uns auf magische Weise eine Lagrange-Funktion für dieses Hilfssystem einführen

L (x, j, \dot{x}, \dot{j}, t) = \dot{x} \dot{j} - β \dot{x} j - ω^{2} x j - (x + j) f (t)

$L(x, y, \dot x, \dot y, t) = \dot x \dot y - \beta \dot x y - \omega^2 x y - (x + y) f(t)$

Es ist wichtig zu beachten, dass die Bewegungsgleichungen für dieses System sind

\frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}) - \frac{\partial L}{\partial x} = \ddot{j} - β \dot{j} + w^{2} j - f (t) = 0 \frac{d}{d t} (\frac{\partial L}{\partial \dot{j}}) - \frac{\partial L}{\partial j} = \ddot{x} + β \dot{x} + w^{2} x - f (t) = 0

$\frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot x} \right) - \frac{\partial L}{\partial x} = \ddot y - \beta \dot y + w^2 y - f(t) = 0\\ \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot y} \right) - \frac{\partial L}{\partial y} = \ddot x + \beta \dot x + w^2 x - f(t) = 0$

Wie man sieht, stellen wir die Bewegungsgleichungen für unser ursprüngliches System zusammen mit einem Hilfs-EOM wieder her.

Von hier an läuft alles nach der Theorie der Hamiltonschen Mechanik. Wir können die verallgemeinerten Impulse finden:

p_{x} = \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} = \dot{j} - β j p_{j} = \frac{\partial L}{\partial \dot{j}} = \dot{x}

$p_x = \frac{\partial L}{\partial \dot x} = \dot y - \beta y\\ p_y = \frac{\partial L}{\partial \dot y} = \dot x$

Und den Langrangian als Hamiltonian umschreiben

H (x, j, p_{x}, p_{j}, t) = p_{x} p_{j} + ω^{2} x j + β j p_{j} + (x + j) f (t)

$H(x, y, p_x, p_y, t) = p_x p_y + \omega^2 x y + \beta y p_y + (x + y) f(t)$

Die Methode ist etwas allgemeiner, siehe Konservative Störungstheorie für nichtkonservative Systeme , die mich am Beispiel des Van-der-Pol-Oszillators in die Idee der Hilfsparameter eingeführt hat.

Soweit ich sehen kann, sollte diese Methode auch dann gut funktionieren, wenn $x \in \mathbb R^n$ in diesem Fall würden Sie auch wählen $y \in \mathbb R^n$ .

Lagrange- und Hamilton-EOM mit dissipativer Kraft

Benutzer56199

Antworten (2)

QMechaniker

QMechaniker

QMechaniker

QMechaniker

QMechaniker

QMechaniker

QMechaniker

QMechaniker

QMechaniker

QMechaniker

QMechaniker

QMechaniker

QMechaniker

QMechaniker

WorldSEnder

Lagrange-Formalismus und dissipative Systeme [Duplikat]

Definieren zeitinvariante Hamiltonoperatoren geschlossene Systeme?

Können wir die aristotelische Physik quantisieren?

Was sind die Gründe für das Weglassen des dissipativen Energieterms aus dem Hamiltonoperator beim Schreiben der Lyapunov-Funktion?

Die Lagrange-Gleichung ist unter JEDER Koordinatentransformation forminvariant. Hamiltons Gleichungen unterliegen nicht JEDER Phasenraumtransformation. Warum?

Kann ich auf die übliche Weise eine Potentialfunktion finden, wenn das zentrale Feld ttt in seiner Größe enthält?

Unabhängigkeit von verallgemeinerten Koordinaten und Impulsen in der Hamiltonschen Mechanik [Duplikat]

Ein gedämpfter harmonischer Oszillator ist KEIN dissipatives System?

Ein stationäres Aktionsprinzip für einen Oszillator mit positionsabhängiger Dämpfung

Wozu ist das Maupertuis-Prinzip gut?