Allgemeine Mechanik
Musterlösung 11.
Übung 1.
HS 2014
Prof. Thomas Gehrmann
Poisson-Klammern 1
Zeigen Sie mithilfe der Poisson-Klammern, dass folgendes gilt:
a) Für 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
Grösse erhalten:
pi pj
+ kxi xj
φij =
m
Lösung.
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] =
=
Übung 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.
Lösung.
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
Übung 3.
2
F3 (p, Q) = − eQ − 1 tan p.
Gedämpfte Schwingungen
Ein Teilchen mit Masse m bewegt sich in einer Dimension q in einem potentiellen Feld V (q) und unter
Einfluss einer dämpfenden geschwindigkeitsabhängigen Kraft −2mγ q̇.
a) Zeigen Sie dass die Bewegungsgleichung aus der folgenden Lagrangefunktion hergeleitet werden
kann:
1
L = e2γt mq̇ 2 − V (q) ,
2
und dass sich die Hamilton-Funktion
H=
p2 e−2γt
+ V (q)e2γt ,
2m
ergibt, mit kanonischem Impuls p = mq̇e2γt .
b) Finden Sie für die erzeugende Funktion
F2 (q, P, t) = qP eγt ,
die transformierte Hamilton-Funktion K(Q, P, t). Für einen Oszillator mit Potential
V (q) =
1
mω 2 q 2 ,
2
zeigen Sie, dass die transformierte Hamilton-Funktion die folgende Erhaltungsgrösse ergibt:
K=
P2
1
+ mω 2 Q2 + γQP.
2m 2
c) Finden Sie mit Hilfe der obigen Erhaltungsgrösse die Lösung q(t) für den gedämpften Oszillator
für den Fall γ < ω.
3
Lösung.
a) Euler-Langrange equation
d
dt
∂L
∂ q̇
−
∂L
= 0,
∂q
gives
mq̈ = −
∂V
− 2mγ q̇.
∂q
This describes the particle being subject to a potential force −∂V /∂q and a damping force
−2mγ q̇ that is proportional to its speed. Hence this Lagrangian is suitable to describe the
system.
For the Hamiltonian we need
∂L
p=
= mq̇e2γt ,
∂ q̇
which gives
H = pq̇ − 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
Ṗ = −
∂K
= −mω 2 Q − γP,
∂Q
Q̇ =
∂K
P
=
+ γQ.
∂P
m
Differentiating the second equation and substituting in the first equation,
Q̈ + (ω 2 − γ 2 )Q = 0.
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 (Q̇ − γQ)2 + ω 2 Q2 + 2γQ(Q̇ − γQ) = m(Q̇2 + 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