Allgemeine Mechanik Musterlo sung 10.

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1 Allgemeine Mechanik Musterlo sung 0. U bung. HS 03 Prof. R. Renner Kanonische Transformation Gegeben sei die Hamiltonfunktion des harmonischen Oszillators H(q, p) p + q. m. Berechne die Bewegungsgleichung fu r q(t) und p(t) und lo se sie.. Zeige, dass die Transformation r p cos Q q () eine kanonische Transformation ist. 3. Berechne die Bewegungsgleichung fu r Q(t) und P (t) und vergleiche mit a) durch Einsetzen in (). Lo sung. bekommen wir p mq und aus p H bekommen wir p q. Durch nochmaliges. Aus q H Ableiten von p und Einsetzen erhalten wir p ω p mit der Lo sung p(t) a cos(wt + b). Daraus erhalten wir auch q(t) a sin(wt + b).. Um zu zeigen, dass dies eine kanonische Transformation ist genu gt es zu zeigen, dass AT A, wobei A! 0 die Jacobi-Matrix ist und q 0 cos Q 0 cos Q A. Durch Ausfu hren der Matrix Multiplikationen sieht man, dass AT A erfu llt ist. 3. Die Hamiltonfunktion in den neuen Koordinaten ist H(Q, P ) m ` sin Q + cos Q ωp. Die zugeho rigen Bewegunsgleichungen Q H ω, P H haben die Lo sung Q(t) ωt + Q0, P (t) P0.

2 Durch Einsetzen erhalten wir nun q(t) r 0 sin(wt + Q0) p(t) 0 cos(wt + Q 0) (L.) was die selbe Lösung ist wie in a) für a 0 und b Q 0. Übung. Erhaltungsgrössen Der Poissonsche Satz (S. 88), welcher direkt aus der Jacobi-Identitẗ folgt, besagt, dass die Poissonklammer zweier Erhaltungsgrössen wieder eine Erhaltungsgrösse ist, dass also gilt: {F, H} {G, H} 0 {{F, G}, H} 0 () Wende dies auf die Komponenten des Drehimpulses bzw. des Impulses an, um Folgendes zu zeigen: (a) Wenn zwei Komponenten des Drehimpulses erhalten sind, dann gilt das auch für die dritte Komponente. Berechne dazu die Poissonklammer {L i, L j } und zeige, dass {L i, L j } ε ijk L k. (3) Lösung. Die i-te Komponente des Drehimpulses ist gegeben durch L i ε ijk x jp k. Mit einer weiteren Komponente L l ɛ lmn x mp n können wir die Poissonklammer wie folgt schreiben {L i, L l } X Li L l + Li L l. α α α Die partiellen Ableitungen sind gegeben durch Wir bekommen nun α k ɛ ijk x j ɛ ijk x jδ αk α ɛ ijk p k ɛ ijk p k δ αj L l α n ɛ lmn x m ɛ lmn x mδ αn α L l x m ɛ lmn p n ɛ lmn p nδ αm. {L i, L l } X α X α Li L l + Li L l α α ( ɛ ijk x jδ αk ɛ lmn p nδ αm + ɛ ijk p k δ αjɛ lmn x mδ αn) ( ɛ ijk ɛ lkn x jp n + ɛ ijk ɛ lmj x mp k ) Mit zyklischen Vertauschen der Indizes des ɛ-tensors und unter Verwendung der Formel ɛ ijk ɛ imn δ jmδ kn δ jnδ km

3 erhalten wir {L i, L l } (δ inδ jl δ il δ jn)x jp n + (δ kl δ im δ km δ il )x mp k. Der. und 4. Term dieser Gleichung heben sich auf und wir erhalten {L i, L l } (δ imδ nl δ inδ ml )x mp n ɛ kil ɛ kmn x mp n ɛ ilk L k, wobei wir die Indizes umbenannt haben. Sind z.b. L und L Erhaltungsgrössen, so ist auch ɛ k L k L 3 eine Erhaltungsgrösse. (b) Wenn zwei Komponenten des Drehimpulses und eine Komponente des Impulses erhalten sind, dann ist der gesamte Impuls erhalten. Lösung. Man geht analog wie in (a) vor: {L i, p j} X α Li j + Li j α α (L.) Wegen j 0 und j α δ jα für alle α, ist das einfach ε ilkx l p k ε ijk p k (L.3) Sind L und L erhalten, so gilt das nach (a) auch für L 3. Wenn jetzt obda (ohne Beschränkung der Allgemeinheit) p erhalten ist, dann auch {L, p } p 3. Das selbe gilt für {L, p 3} p. Hierbei ist ε ijk das Levi-Civita-Symbol, welches u.a. die Eigenschaft hat, dass ε ijk ε imn δ jm δ kn δ jn δ km. Man kann z.b. das Kreuzprodukt zweier Vektoren als ( a b) i ε ijk a j b k schreiben. Beachte ausserdem, dass wir hier annehmen, dass über doppelt auftretende Indizes summiert wird. Übung 3. Symplektische Geometrie. Lese das Kapitel 6.5 über Symplektische Geometrie im Skript (S. 8-84).. (*) Gegeben sei eine n-form F im 3-dimensionalen Raum mit euklidischer Metrik g ij δ ij. Berechne die äussere Differentiation df für n 0,,. n Hier ist F nur eine skalare Funktion. Zeige, dass df grad F, wobei grad F als Vektor in der Basis e i dx i des Kotangentialraumes aufgefasst werden kann. n Zeige, dass man df als rot F schreiben kann, wobei F ein Vektor in der Basis e i dx i ist und rot F ein Vektor in der Basis f i ɛi jk dxj dx k des 3-dimensionalen Vektorraumes der alternierenden -Formen ist. n Zeige, dass man df als div F schreiben kann, wobei F ein Vektor in der Basis f i ɛi jk dxj dx k ist und div F ein Vektor im -dimensionalen Raum der alternierenden 3-Formen mit der Basis s dx dx dx 3 ist. Hinweis. Benutze Gleichung (6.5.8) im Skript für den Fall, dass ϕ eine 0-Form ist: d(ϕ ψ) d(ϕψ) dϕ ψ + ϕ dψ (ϕ ist 0-Form) Weiterhin gilt, dass zweimaliges Anwenden von d immer Null ergibt. 3

4 Lösung. F ist 0-Form. In diesem Fall ist F eine skalare Funktion und wir haben df ( if ) dx i grad F. F ist -Form. Mit der Basis der -Form e i dx i haben wir F F i dx i, wobei F i eine skalare Funktion (0-Form) ist. Durch Anwenden von d auf F bekommen wir df d(f idx i ) df i dx i + F i d(dx i ) jf i dx j dx i (L.4) In der Basis der -Form, f i ɛi jkdx j dx k, wobei ɛ ijk (L.4) wie folgt schreiben: das Levi-Civita-Symbol ist, können wir df ɛ ji k jfi f k rot F F ist -Form. Wieder schreiben wir F in der Basis der -Form F F if i, wobei die F i skalare Funktionen (0-Formen) sind. Wir bekommen nun df d(f if i ) df i f i + F i d(f i ) jf i dx j f i jf i dx j ( ɛi kldx k dx l ) δ ij s if i s, (L.5) wobei s dx dx dx 3 die -dimensionale Basis der 3-Form ist. Wir können s weglassen und erhalten df X F i div F. xi i 3. (*) Wie im Skript erwähnt, gilt in kontrahierbaren Gebieten das Lemma von Poincaré. Zeige damit folgende Aussagen: Aus div B 0 folgt, dass ein Vektorfeld A existiert, sodass B rot A. Aus rot E 0 folgt, dass ein Skalarfeld ϕ existiert, sodass E grad ϕ. Hinweis: ϕ und A sind (Vektor-)Potentiale, welche man in der Elektrodynamik verwenden kann, um Felder zu beschreiben. Beachte ausserdem, dass der Raum in gewöhnlichen physikalischen Systemen zwar meist kontrahierbar ist, aber durchaus auch Gegenbeispiele existieren. Dies l sst sich z.b. beim Aharonov Bohm-Effekt beobachten. 4

5 Lösung. Wie im Skript (S. 84) erklärt gilt: Eine Differentialform ϕ nennt man geschlossen, falls dϕ 0. Eine solche Differentialform ist sicherlich geschlossen, falls es eine Differentialform ψ (deren Grad um eins niedriger ist als jener von ϕ ist) gibt, so dass ϕ dψ. (Denn dann gilt dϕ d ψ 0.) Der infinitesmale magnitische Fluss B ist eine -Form. Gegeben ist, dass db 0. Daher gibt es eine -Form A für die gilt: B da. Somit ist B da rot A. Das infinitesmale elektische Feld E ist eine -Form und wir haben de 0. Daher gibt es ein 0-Form ϕ für die gilt: E dϕ. Somit haben wir E dϕ grad ϕ. Das minuszeichen auf dem Aufgabenblatt ist nur Konvention. 5