Allgemeine Mechanik Musterl¨ osung 11.

¨ Ubung 1.

HS 2014 Prof. Thomas Gehrmann

Poisson-Klammern 1

Zeigen Sie mithilfe der Poisson-Klammern, dass folgendes gilt: a) F¨ ur das Potential V (~r) = −α|~r|−1+ε ist der Lenz-Runge Vector ~ = 1 p~ × (~r × p~) − α~r A m |~r| nur erhalten wenn ε = 0 (Kepler Problem). b) Im potentiellen Feld des dreidimensionalen harmonischen Oszillators V (~r) = 12 k|~r|2 ist die folgende Gr¨ osse erhalten: pi pj + kxi xj φij = m

L¨ osung. a) In a system with Hamiltonian H, a quantity A is conserved if  X  ∂A ∂H ∂A ∂H − ≡ [A, H] = 0 ∂xi ∂pi ∂pi ∂xi

(L.1)

i

In our case H =T +V =

|~ p|2 − α|~r|−1+ε , 2m

Ai =

1 αxi (xi |~ p|2 − pi (~r.~ p)) − m |~r|

The latter can be obtained writing the cross product as   ~a × ~b = ijk aj bk i

(L.2)

(L.3)

and using the relation ijk klm = δil δjm − δim δjl

(L.4)

In order to calculate the Poisson brackets of the two, we need the following quantities  αδij αxi xj ∂Ai 1 = |~ p|2 δij − pi pj − + ∂xj m |~r| |~r|3 ∂Ai 1 p) − pi xj ) = (2xi pj − δij (~r.~ ∂pj m ∂H pi = , ∂pi m

∂H = −α(−1 + ε)xi |~r|−3+ε ∂xi

The Poisson brackets give us   α pi xi (~r.~ p) α − + p.~r) − pi |~r|2 ) [Ai , H] = + (−1 + ε)r−3+ε (xi (~ 3 m r r m

(L.5)

In order for Ai to be conserved, this expression must be zero. This requirement is satisfied if the coefficients of the corresponding terms cancel out and the powers of |~r| are equal which is equivalent to −1 = −1 + ε and −3 = −3 + ε, thus ε must be equal to 0. 1

b) The Hamiltonian of the system is H=

|~ p|2 k|~r|2 + 2m 2

(L.6)

Using ∂H pi = , ∂pi m

∂H = kxi ∂xi

δjk pi ∂φij δik pj = + , ∂pk m m

∂φij = δik xj k + δjk xi k ∂xk

we obtain [φij , H] = =

¨ Ubung 2.

∂φij ∂H ∂φij ∂H − ∂xk ∂pk ∂pk ∂xk k (xj pi + xi pj − pj xi − pi xj ) = 0 m

(L.7)

Poisson-Klammern 2

Eine Koordinatentransformation sei gegeben durch

  1 Q = ln 1 + q 2 cos p ,   1 1 P = 2 1 + q 2 cos p q 2 sin p. a) Zeigen Sie mithilfe der Poisson-Klammern, dass diese Transformation kanonisch ist. b) Zeigen Sie dass diese Transformation von folgender Funktion erzeugt wird: F3 (p, Q, t) = − eQ − 1

2

tan p.

L¨ osung. a) We have that [Q, Q] = 0, [P, P ] = 0 and ∂Q ∂P ∂Q ∂P − ∂q ∂p ∂p ∂q  − 12 q cos p  1 2 2 2 cos p + q cos p − q sin p = q 1 1 + q 2 cos p 1  q 2 sin p  − 1 + q 2 sin p + 2 cos p sin p 1 1 + q 2 cos p

[Q, P ] =

1

=

1

q 2 cos p sin2 p + q 2 cos3 p + 1 1

(L.8)

1 + q 2 cos p = 1. Therefore the transformation is canonical. Then if q and p are canonical variables, so are Q and P . 2

b) Since the transformation is canonical, there exists a generating function F3 (p, Q) such that ∂F3 , ∂p

q=−

P =−

∂F3 . ∂Q

give the transformation equations. We write the transformation equations for q and P as functions of p, Q q = (eQ − 1)2 sec2 p,

P = 2eQ (eQ − 1) tan p.

As ∂F3 ∂F3 dQ + dp = −P dQ − qdp ∂Q ∂p = −d[(eQ − 1)2 ] tan p − (eQ − 1)2 d tan p

dF3 =

= −d[(eQ − 1)2 tan p], we obtain

¨ Ubung 3.

2 F3 (p, Q) = − eQ − 1 tan p.

Ged¨ ampfte Schwingungen

Ein Teilchen mit Masse m bewegt sich in einer Dimension q in einem potentiellen Feld V (q) und unter Einfluss einer d¨ ampfenden geschwindigkeitsabh¨ angigen Kraft −2mγ q. ˙ a) Zeigen Sie dass die Bewegungsgleichung aus der folgenden Lagrangefunktion hergeleitet werden kann:   1 L = e2γt mq˙2 − V (q) , 2 und dass sich die Hamilton-Funktion H=

p2 e−2γt + V (q)e2γt , 2m

ergibt, mit kanonischem Impuls p = mqe ˙ 2γt . b) Finden Sie f¨ ur die erzeugende Funktion F2 (q, P, t) = qP eγt , die transformierte Hamilton-Funktion K(Q, P, t). F¨ ur einen Oszillator mit Potential V (q) =

1 mω 2 q 2 , 2

zeigen Sie, dass die transformierte Hamilton-Funktion die folgende Erhaltungsgr¨ osse ergibt: K=

P2 1 + mω 2 Q2 + γQP. 2m 2

c) Finden Sie mit Hilfe der obigen Erhaltungsgr¨ osse die L¨ osung q(t) f¨ ur den ged¨ ampften Oszillator f¨ ur den Fall γ < ω.

3

L¨ osung. a) Euler-Langrange equation d dt



∂L ∂ q˙

 −

∂L = 0, ∂q

gives m¨ q=−

∂V − 2mγ q. ˙ ∂q

This describes the particle being subject to a potential force −∂V /∂q and a damping force −2mγ q˙ that is proportional to its speed. Hence this Lagrangian is suitable to describe the system. For the Hamiltonian we need ∂L p= = mqe ˙ 2γt , ∂ q˙ which gives H = pq˙ − L =

p2 e−2γt + V (q)e2γt . 2m

b) For the generating function F2 (q, P, t) = qP eγt , we have p=

∂F2 = P eγt , ∂q

Q=

∂F2 = qeγt . ∂P

Thus, the transformed Hamiltonian is K=H+

∂F2 p2 e−2γt = + V (q)e2γt + γqP eγt ∂t 2m P2 = + V (q)e2γt + γQP. 2m

For an oscillator of potential 1 1 V (q) = mω 2 q 2 = mω 2 Q2 e−2γt , 2 2 the transformed Hamiltonian is P2 1 + mω 2 Q2 + γQP, 2m 2

K=

which does not explicitly depend on time, hence K is a constant of motion. c) Hamilton’s canonical equations are ∂K P˙ = − = −mω 2 Q − γP, ∂Q

∂K P Q˙ = = + γQ. ∂P m

Differentiating the second equation and substituting in the first equation, ¨ + (ω 2 − γ 2 )Q = 0. Q We are considering the underdamped case, γ < ω, and can set ω1 = is real positive. We then have the solution Q = A sin(ω1 t + φ), 4

p ω 2 − γ 2 , where ω1

where A and φ are constants. Now we can substitute P into K to solve for A. i 1 1 h 1 K = m (Q˙ − γQ)2 + ω 2 Q2 + 2γQ(Q˙ − γQ) = m(Q˙ 2 + ω12 Q2 ) = mω12 A2 . 2 2 2 Hence 1 A= ω1

r

2K , m

leading to the full solution −γt

q(t) = Qe

1 = ω1

5

r

2K −γt e sin(ω1 t + φ). m