WS 2008/ PDDr.S.Mertens. Theoretische Physik I Mechanik J. Unterhinninghofen, M. Hummel Blatt 11

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1 PDDr.S.Mertens Theoretische Physik I Mechanik J. Unterhinninghofen, M. Hummel Blatt WS 8/9..9. Konstruktion einer kanonischen Transformation. Ein Teilchen der Masse m = / bewegtsichaufderx-achseimpotentialv(x) =e x.berechnensiedieerzeugendef(x,p), (4Pkt.) die die Hamilton-Funktion H = +e x auf die Gestalt K = P 4 transformiert. Bestimmen Sie die Transformationsgleichungen und geben Sie x(t) und (t) an. Lösung: Aus der Vorlesung entnehmen wir für Transformationen mit Erzeugenden destysf (x,p,t): K =H + F t. DadiehiergesuchteFunktionFabernichtexlizitvonderZeitabhängensollgilt: K = P 4 =H= +e x () Die aus K folgenden kanonischen Gleichungen lauten: Ṗ = K Q =, Q = K P =P. Wir können also schreiben: () P =const. =α Q = P t +Q = αt +Q Anderseits folgt aus(): (x,p) = P Laut Vorlesung gilt: = F x. 4 ex. (3) Eisetzen von(3) und einmal integrieren führt auf: P F(x,P) = 4 ex dx +g(p). Seitevon??

2 Wirsubstituiereny =e x undentnehmendielösungdessichergebendenintegrals einer Integraltafel. P F(x,P) = 4 ydy y +g(p) P P = 4 y Pln + P 4 y +g(p) y ( ) P P P = 4 ex Pln e x + 4 e x +g(p) ( ) P P = 4 ex Parcosh e x +g(p) Laut Vorlesung gilt: Q(x,P) = F ( ) P P = arcosh e x Dabeihabenwirg(P) =gewählt.prinziiellistjedewahlvong(p)möglich.dadies abernureinflussaufq(x,p)hat,könnenwirg(p)sowählen,dassq(x,p)möglichst einfach wird. Mit(3) folgt daraus: Q = arcosh e x + P = +e x Die Umkehrung lautet: P x =ln coshq = P tanhq Einsetzen von() liefert: α x(t) =ln cosh(αt +Q ) (t) = αtanh (αt +Q ). Garagen-Paradoxon. Ein Mann trägt ein Brett(Eigenlänge L) arallel zum Boden. Er läuft mit der konstanten Geschwindigkeit v auf eine Garage der Eigenlänge L zu. Die Garage habe vorne und hinten jeweils eine Tür. Die Türen sind so mit einander verbunden, dass immer eine offen und die andere geschlossen ist. Ein Beobachter im Ruhesystem der GarageschließtdievordereTürgenauindemMoment,indemsichdasEndedesBrettes innerhalb der Garage befindet. Ist es möglich, dass die hintere Tür und das Brett dabei unbeschädigt bleiben? Betrachten Sie den Vorgang dazu zunächst im Ruhesystem der Garage. Wie stellt sich das Ereignis im Ruhesystem des Mannes dar? (4Pkt.) Seitevon??

3 Lösung: Wir betrachten das Geschehen zunächst im Bezugssystem der Garage. Wenn dasbrettsichsichmitdergeschwindigkeitvbewegt,hatesindiesemsystemdie Länge ( v ) L. L = c IndiesemSystembleibendiehintereTürunddasBrettunbeschädigt,fallsL < L. Diese Bedingung liefert 3 v > c,866c. Das bedeutet, wenn der Mann mit ca. 86, 6% der Lichtgeschwindigkeit läuft, kommt er ohne Zwischenfall durch die Garage. Betrachten wir nun das Ganze aus dem System, dass sich mit dem Brett mitbewegt. In diesem System ist nicht das Brett selbst, sondern die Garage verkürzt. Trotzdem kann die hysikalische Realität nicht von der Wahl des Inertialsystems abhängen. Deshalb wird das Brett auch in dem bewegten System durch die Garage assen. Der entscheidende Faktor den wir nicht vergessen dürfen ist die Gleichzeitigkeit mitderdietürvorneschließtundsichdiehintereöffnet.dieskann aber nur im Bezugssystem der Garage gleichzeigig sein, da die beiden Ereignisse nicht am selben Ort stattfinden. Ein kurzer Blick in das Minkowski- Diagramm verdeutlicht, dass im System des Mannes beide Türen gleichzeitig offen sind. Abbildung : Minkowski- Diagramm mit beiden Koordinatensystemen ImDiagrammsindauchdiebeidenTürenbeix =undx = Leingezeichnet.Als Zeitunkt an dem die vordere Tür geschlossen und die hintere geöffnet werden, haben wir willkürlich Null angenommen. Zusätzlich haben wir eine Gerade eingezeichnet, diearallelzurx -AchseverläuftunddenWeltunktberührt,andemdiehintereTür geöffnetwird.ihrschnittunktmitdert -AchsereräsentiertdenZeitunkt,andem Seite3von??

4 die hintere Tür im Bezugssystem des Mannes bereits offen ist. Mit Hilfe der Lorentz- Transformation können wir diese Zeit berechnen. Wir wählen dazu x() = L und erhalten ( t = β t vx ) c = β vl c. Da die beiden Diagramme einen gemeinsamen Nullunkt haben, wird die vordere Tür auchbeix =undt =geschlossen.umnunindiesemsystemeinebedingungan diegeschwindigkeitzuerhalten,müssenwireinebedinungandas Zeitfenster,in dembeidetürenoffensein,stellen.esmussmindestenssogroßsein,dassdermann diestreckel L β zurücklegenkann.diesestreckeistgenaudasstückdesbrettes, das, wenn das eine Ende die hintere Tür berührt, vorne herausragt. Als Ungleichung lautet dies β v L c >L L β. Auf der linken Seite steht also die Strecke, die der Mann innerhalb des Zeitfensters zurück legen kann, während auf der rechten Seite die Längendifferenz zwischen Brett und Garage in dem Bezugssystem stht. Lösen wir die Ungleichung auf, so erhalten wir wieder v > 3 c,866c. Wir sehen, dass es in beiden Bezugssystemen zu den gleichen Bedingungen kommt. 3. Satz von Liouville mit Dämfung. Betrachten Sie den harmonischen Oszillator mit Dämfung, beschrieben durch die Bewegungsgleichung (a) (b) (c) (d) (e) +λ + ω =. FührenSiedenzugehörigenImulseinundskizzierenSiefür λ =und λ = (verschiedene Fälle möglich!) Phasenraumtrajektorien. DrückenSiefür λ =denzustanddessystems ((t),(t)) T durchdieanfangsdaten (, ) T undeinezeitabhängigematrix ˆM(t)aus. BerechnenSiedet (ˆM(t) ) undinterretierensiedamitdiewirkungdermatrix. WasfolgtdamitfürdiezeitlicheEntwicklungdesPhasenraumvolumens < < und <<? WiederholenSiedieRechnungfür λ =.Wielautetnundet (ˆM(t) )?Interretieren SieauchhierdieWirkungderMatrix.WarumistderSatzvonLiouvillehiernicht erfüllt? (Pkt.) (Pkt.) (Pkt.) (Pkt.) (Pkt.) (insgesamt?? Pkt.) Lösung: (a) DerkanonischeImulsisthiergleichdemkinematischen,also=m.Fürden gedämften hamonischen Oszillator ist die Lösung (t) bekannt; damit können Seite4von??

5 Phasenraumtrajektoren gezeichnet werden. Dafür werden die folgenden Fälle unterschieden:. harmonischer Oszillator ohne Dämfung, λ = ; dann sind die Trajektorien im Phasenraum Ellisen, und es gilt (t) =Acos(ωt) +Bsin(ωt).. gedämfter harmonischer Oszillator im Schwingfall; dann ist (t) =Ae λt (cos(ˆωt) +Bsin(ˆωt)),mit ˆω = ω λ. Hier sind die Trajektorien nicht mehr geschlossen, sondern laufen siralförmig um den Ursrung. 3. im Kriechfall; dann ist (t) =e λt ( Ae γt +Be γt) mit γ = λ ω. Hier laufen die Lösungen zum Ursrung, ohne ihn zu umlaufen. 4. im aeriodischen Grenzfall; hier ist (t) = (A +Bt)e λt. Die verschiedenen Fälle sind in der Abbildung dargestellt A=.5, B= A=B=.5 A=., B= A=.5, B= A=B=.5 A=., B= A=.5, B= A=B=.5 A=., B= A=.5, B= A=B=.5 A=., B=.3 (b) Wie wir bereits wissen, ist beim harmonischen Oszillator die Energie erhalten und entsricht auch der Hamilton-Funktion H = m + λ. Seite5von??

6 Damit lauten die kanonischen Gleichungen in Matrizenform ) ( = ṗ ( m λ ) ( ). Um diese Gleichungen zu lösen, ist die Exonentialfunktion der Matrix zu nehmen, dann ist ( ) ( ) ( ) (t) cos(ωt) = m ωsin (ωt). (t) m ω sin (ωt) cos(ωt) (c) Die Determinante berechnet sich einfach zu det (ˆM(t) ) =cos (ωt) +sin (ωt) =. Da die Determinante zeitunabhängig ist, ist die Matrix ˆM(t) für alle Zeiten eine seziell orthogonale Matrix. Damit handelt es sich um eine Rotation des Zustandes im Phasenraum, die den Abstand zum Koordinatenursrung nicht ändert. Da die Matrix auch nicht von den Anfangsdaten abhängig ist, rotiert jeder Zustand mit der gleichen Winkelgeschwindigkeit im Phasenraum. (d) Da jeder Punkt des Phasenraums in der zeitlichen Entwicklung mit der gleichen Winkelgeschwindigkeit ω um den Koordinatenursrung rotiert, ändert sich das Phasenraumvolumen beim harmonischen Oszillator nicht, da es ebenfalls nur um den Koordinatenursrung rotiert. (e) Wieder können wir die Bewegungsgleichungen in Matrixform schreiben: ) ( = ṗ ( ) /m ω. m λ Eine analoge Rechnung liefert detˆm(t) =e λt =, das Phasenraumvolumen nimmt also ab, statt konstant zu bleiben. Der Satz von Liouville ist hier nicht erfüllt, da kein hamiltonsches System vorliegt: Durch die Dämfung ist das System nicht mehr konservativ. 4. Diolotential mit Hamilton-Jacobi. Ein Teilchen der Masse m bewege sich in einem Diolotential, das in Kugelkoordinaten (Pkt.) durch V(r, ϑ) = kcos ϑ r gegeben ist. Stellen Sie die Hamilton-Jacobi-Differenzialgleichung für die Bewegung des Teilchens auf. Lösung: Die Hamilton-Funktion ist mit T = m r = m (ṙ +r ϑ +r sin ϑ ϕ ) Seite6von??

7 durch H = m (ṙ +r ϑ +r sin ϑ ϕ ) kcos ϑ r gegeben, die Lagrangefunktion durch L = m (ṙ +r ϑ +r sin ϑ ϕ ) + kcos ϑ r. Die kanonischen Imulse zu r, ϑ, ϕ sind Damit ist r = L ṙ =mṙ, ϑ = L ϑ =mr ϑ, ϕ = L ϕ =mr sin ϑ ϕ. H = i=r,ϑ,ϕ = m ( i i L ) r + ϑ r + ϕ r sin kcos ϑ ϑ r. Als Funktion der Wirkungsvariablen S gilt i = S i i =r, ϑ, ϕ, also lautet die Hamilton-Jacobi-Gleichung S t + m [ ( ) S + r r ( ) S + ϑ r sin ϑ ( ) ] S kcos ϑ ϕ r =. Auf diesem Übungsblatt sind maximal?? Punkte zu erreichen, Abgabe erfolgt am Seite7von??