Lagrange eines effektiven Potentials

Question

Lagrange eines effektiven Potentials

Aaron Wild

Wenn es ein System gibt, das von einem Lagrange beschrieben wird $\mathcal{L}$ des Formulars

\begin{matrix} (1) & L = T - v = \frac{M}{2} ({\dot{R}}^{2} + R^{2} {\dot{ϕ}}^{2}) + \frac{k}{R}, \end{matrix}

$\mathcal{L} = T-V = \frac{m}{2}\left(\dot{r}^2+r^2\dot{\phi}^2\right) + \frac{k}{r},\tag{1}$

Wo $T$ ist die kinetische Energie und $V$ die potentielle Energie, es ist auch möglich, die Gesamtenergie zu definieren $E$ vom System

\begin{matrix} (2) & E = T + v = \frac{M}{2} ({\dot{R}}^{2} + R^{2} {\dot{ϕ}}^{2}) - \frac{k}{R} . \end{matrix}

$E = T + V =\frac{m}{2}\left(\dot{r}^2+r^2\dot{\phi}^2\right) - \frac{k}{r}.\tag{2}$

Wenn der Drehimpuls $M$ ist definiert durch

\begin{matrix} (3) & M = M R^{2} \dot{ϕ}, \end{matrix}

$M = m r^{2} \dot{\phi},\tag{3}$ Dann

E

$E$ kann geschrieben werden als

\begin{matrix} (4) & E = \frac{M}{2} {\dot{R}}^{2} + \underset{v_{eff} (R)}{\underset{⏟}{\frac{M^{2}}{2 M R^{2}} - \frac{k}{R}}}, \end{matrix}

$E = \frac{m}{2}\dot{r}^2 + \underbrace{\frac{M^2}{2mr^2}-\frac{k}{r}}_{V_\textrm{eff}\left(r\right)},\tag{4}$

wobei die letzten beiden Terme als neues, "effektives" Potential geschrieben werden $V_\textrm{eff}\left(r\right)$ .

Darüber hinaus wird die Definition von verwendet $M$ , der Lagrange $\mathcal{L}$ kann geschrieben werden als

\begin{matrix} (5) & L = \frac{M}{2} {\dot{R}}^{2} + \underset{- v_{eff} (R)}{\underset{⏟}{\frac{M^{2}}{2 M R^{2}} + \frac{k}{R}}}, \end{matrix}

$\mathcal{L} = \frac{m}{2}\dot{r}^2 + \underbrace{\frac{M^2}{2mr^2}+\frac{k}{r}}_{-V_\textrm{eff}\left(r\right)},\tag{5}$

wo das Zeichen von $V_\textrm{eff}\left(r\right)$ wurde seitdem geändert $\mathcal{L} = T-V$ . Aber aus diesem Argument geht hervor, dass es zwei verschiedene Möglichkeiten gibt, dasselbe effektive Potenzial zu konstruieren. Dies erscheint mir widersprüchlich. Wo ist mein Fehler?

QMechaniker

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QMechaniker · Answer 1

Der zugrunde liegende Grund für das fehlerhafte Argument von OP ist, dass eine vorzeitige Verwendung von EOMs im Prinzip der stationären Aktion erfolgt
$\begin{matrix} (A) & \begin{aligned} S = & \int D T L (R, \dot{R}; θ, \dot{θ}), \\ L (R, \dot{R}; θ, \dot{θ}) = & \frac{1}{2} M ({\dot{R}}^{2} + R^{2} {\dot{θ}}^{2}) - v (R), \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} S~=~&\int\!dt ~L(r,\dot{r};\theta,\dot{\theta}), \cr L(r,\dot{r};\theta,\dot{\theta})~=~&\frac{1}{2}m(\dot{r}^2 +r^2\dot{\theta}^2) -V(r),\end{align}\tag{A}$ macht das Variationsprinzip ungültig, vgl. zB dieser Phys.SE Beitrag. Konkret erreicht OP die falsche Lagrange-Funktion (5), indem die Winkelkoordinate aus der ursprünglichen Lagrange-Funktion (1) eliminiert wird, da der Drehimpuls (3) eine Bewegungskonstante ist (was der EOM für die Winkelkoordinate ist).
Für das Beispiel von OP stellt sich nun heraus, dass eine korrekte Reduktion über die Hamilton-Formel durchgeführt werden kann
$\begin{matrix} (B) & H (R, P_{R}; θ, P_{θ}) = \frac{P_{R}^{2}}{2 M} + \frac{P_{θ}^{2}}{2 M R^{2}} + v (R) . \end{matrix}$ $H(r,p_r;\theta,p_{\theta}) ~=~\frac{p_{r}^2}{2m}+ \frac{p_{\theta}^2}{2mr^2} + V(r). \tag{B}$ Beachten Sie, dass der kanonische Impuls $p_{\theta}$ (das ist der Drehimpuls) ist eine Bewegungskonstante, weil $\theta$ ist eine zyklische Variable.
Als nächstes interpretieren wir das System (B) in einem rotierenden Rahmen neu, der dem Teilchen mit fiktiven Kräften und nur 1D-Radialkinematik folgt. Der Hamiltonoperator (B) wird
$\begin{matrix} (C) & H (R, P_{R}) = \frac{P_{R}^{2}}{2 M} + v_{C F} (R) + v (R), \end{matrix}$ $H(r,p_r)~=~\frac{p_r^2}{2m}+ V_{\rm cf}(r)+ V(r), \tag{C}$ Wo $\begin{matrix} (D) & v_{C F} (R) := \frac{P_{θ}^{2}}{2 M R^{2}} \end{matrix}$ $V_{\rm cf}(r)~:=~\frac{p_{\theta}^2}{2mr^2} \tag{D}$ ist ein Zentrifugalpotential in einer 1D-Radialwelt, vgl. meine Phys.SE-Antwort hier . Daher hat das Hamiltonsche System (C) effektiv nur einen radialen Freiheitsgrad.
Führen Sie abschließend eine Legendre-Transformation auf dem Hamilton-Operator (C) durch, um das entsprechende 1D-Lagrange-System zu erhalten:
$\begin{matrix} (E) & L (R, \dot{R}) = \frac{M}{2} {\dot{R}}^{2} - v_{C F} (R) - v (R) . \end{matrix}$ $L(r,\dot{r})~=~\frac{m}{2 }\dot{r}^2\color{Red}{-}V_{\rm cf}(r)-V(r).\tag{E}$ Beachten Sie das entscheidende rot markierte Minuszeichen. Man kann überprüfen, ob die entsprechende EL-Gl. denn (E) ist der richtige EOM.
Der Lagrangian (E) ist minus Routhian , vgl. dieser Phys.SE-Beitrag.

Danke! Ich habe eine zusätzliche Frage, ich verstehe, dass eine Invalidierung erfolgt, aber warum? Warum führt die Verwendung von Bewegungsgleichungen zu einer falschen Lagrangiana? Ich würde denken, das war nur eine Änderung der Koordinaten.

Blazej · Answer 2

Das effektive Potenzial wird durch die Formel definiert $E=T_{radial}+V_{eff}(r)$ . Ihre Berechnung zeigt, dass dies, sobald Sie diese Identifizierung vorgenommen haben, nicht wahr ist $\mathcal L = T_{radial}-V_{eff}$ , aber das ist in Ordnung. Dies geschieht, weil der zentrifugale Term (dh der mit dem Drehimpuls) wirklich ein kinetischer Term ist und kein echtes Potential. Daher muss es im Gegensatz zu den "echten" Potentialen mit Pluszeichen in die Lagrange-Funktion eingehen.

Lagrange eines effektiven Potentials

Aaron Wild

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QMechaniker

Cristian Rodriguez

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Blazej

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