Kanonische Transformationen

Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

Der Artikel Kanonische Transformationen basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 4.Kapitels (Abschnitt 3) der Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

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Wir wissen bereits, dass die Wahl der verallgemeinerten Koordinaten nicht eindeutig ist (Kapitel 2.4: Forminvarianz der Lagrangegleichungen).

Dabei haben wir gesehen, dass die Lagrangegleichungen 2. Art forminvariant bleiben unter beliebigen diffeomorphen Transformationen der Koordinaten:

\bar{q} = (q_{1}, ..., q_{f}) \to \bar{Q} = (Q_{1}, ..., Q_{f})

Dabei gilt dann:

\bar{L} (\bar{Q}, \dot{\bar{Q}}, t) = L (\bar{q} (\bar{Q}, t), \dot{\bar{q}} (\bar{Q}, \dot{\bar{Q}}, t), t)

Nun kann man sich fragen, unter welchen Transformationen

(\bar{q}, \bar{p}) \to (\bar{Q}, \bar{P})

die Hamiltonfunktionen forminvariant sind, also:

mit

\begin{matrix} {\dot{p}}_{k} = - \frac{\partial H}{\partial q_{k}} \\ {\dot{q}}_{k} = \frac{\partial H}{\partial p_{k}} \end{matrix}

soll auch

\begin{matrix} {\dot{P}}_{k} = - \frac{\partial \bar{H}}{\partial Q_{k}} \\ {\dot{Q}}_{k} = \frac{\partial \bar{H}}{\partial P_{k}} \end{matrix}

gelten!

Nebenbemerkungen:

die Klasse der erlaubten Transformationen muss größer sein als beim Lagrangeformalismus, da jetzt die pk neben den qk als UNABHÄNGIGE Variablen betrachtet werden, die ebenfalls und vor allem völlig unabhängig transformiert werden können.
Die neuen Qk und Pk haben unter Umständen gar nicht mehr den Charakter von Orts- und Impulsvariablen.

In den Lagrangegleichungen der 2. Art heißt qj zyklisch, wenn:

\frac{\partial L}{\partial q_{j}} = 0 \Rightarrow \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_{j}} = \frac{d}{d t} p_{j} = 0 \Rightarrow p_{j} = \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_{j}} = c o n s t

Allerdings ist damit keine Aussage über

{\dot{q}}_{j}

gemacht. Diese muss natürlich weiter als Variable behandelt werden.

Hamilton-Gleichungen:

In

H (q_{1}, ..., q_{f}, p_{1}, ..., p_{f}, t)

heißt

q_{j}

zyklisch, wenn

\frac{\partial H}{\partial q_{j}} = 0 \Rightarrow - \frac{\partial L}{\partial q_{j}} = \frac{d}{d t} p_{j} = 0 \Rightarrow p_{j} := α_{j} = c o n s t

Das bedeutet nun, dass

q_{j}

in H gar nicht auftritt.

p_{j}

kann dagegen durch die Bewegungskonstante

α_{j}

ersetzt werden:

H (q_{1}, ..., q_{j - 1}, q_{j + 1}, ..., q_{f}, p_{1}, ..., p_{j - 1}, α_{j}, p_{j + 1}, ..., p_{f}, t)

Damit jedoch hat das kanonische System nur noch f-1 Freiheitsgrade.

Idee ist es nun, die Hamiltongleichungen zu lösen, indem man Schritt für Schritt zyklische Variablen durch geeignete Trafos der

(\bar{q}, \bar{p}) \to (\bar{Q}, \bar{P})

einführt, bis alle

\bar{Q}

zyklisch sind:

H = H (P_{1}, ..., P_{f}, t)

mit

P_{k} = α_{k} = c o n s t .

\begin{matrix} {\dot{Q}}_{k} = \frac{\partial H}{\partial P_{k}} = : v_{k} (t) \\ \Rightarrow Q_{k} = \int_{t_{0}}^{t} v_{k} (t \overset{´}{}) d t \overset{´}{} + β_{k} \end{matrix}

Insgesamt finden sich 2f Konstanten der Bewegung:

α_{k}, β_{k}

k=1,...,f

Als Beispiel (Vergl. Kapitel 3.5) betrachten wir das reduzierte 2-Körper-Problem in der Ebene senkrecht zum Drehimpuls l:

\begin{matrix} T = \frac{1}{2} m ({\dot{x}}^{2} + {\dot{y}}^{2} + {\dot{z}}^{2}) = \frac{1}{2} m ({\dot{r}}^{2} + r^{2} {\dot{ϕ}}^{2}) \\ V = V (r) \\ L = L (r, \dot{r}, ϕ, \dot{ϕ},) = \frac{1}{2} m ({\dot{r}}^{2} + r^{2} {\dot{ϕ}}^{2}) - V \end{matrix}

ϕ

ist zyklisch:

\frac{\partial L}{\partial ϕ} = 0 \Rightarrow \frac{\partial L}{\partial \dot{ϕ}} = m r^{2} \dot{ϕ} = l = c o n s

Die Hamiltonschen Gleichungen lauten:

\begin{matrix} {\dot{p}}_{k} = - \frac{\partial H}{\partial q_{k}} \\ \frac{\partial H}{\partial p_{k}} = {\dot{q}}_{k} k = 1, ..., f \\ p_{r} = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = m \dot{r} \Rightarrow \dot{r} = \frac{\partial H}{\partial p_{r}} = \frac{p_{r}}{m} \\ p_{ϕ} = \frac{\partial L}{\partial \dot{ϕ}} = m r^{2} \dot{ϕ} \Rightarrow \dot{ϕ} = \frac{\partial H}{\partial p_{ϕ}} = \frac{p_{ϕ}}{m r^{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} H = p_{r} \dot{r} + p_{ϕ} \dot{ϕ} - L = m {\dot{r}}^{2} + m r^{2} {\dot{ϕ}}^{2} - L = \frac{m}{2} ({\dot{r}}^{2} + r^{2} {\dot{ϕ}}^{2}) + V (r) \\ H = \frac{{p_{r}}^{2}}{2 m} + \frac{{p_{ϕ}}^{2}}{2 m r^{2}} + V (r) \end{matrix}

\frac{\partial H}{\partial ϕ} = 0 \Rightarrow p_{ϕ} = α_{ϕ} = l = c o n s

Somit läßt sich die Hamiltonfunktion von f=2 auf f=1 Freiheitsgrade reduzieren:

H = \frac{{p_{r}}^{2}}{2 m} + \frac{l^{2}}{2 m r^{2}} + V (r)

Definition der kanonischen Transformationen

Kanonische Transformationen sind diffeomorphe Transformationen (umkehrbar eindeutig und zweimal stetig diffbar):

(\bar{q}, \bar{p}) \to (\bar{Q}, \bar{P})

H (\bar{q}, \bar{p}, t) \to \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t)

,

die die Hamilton- Gleichungen forminvariant lassen.

Bedingung für eine kanonische Transformation:

Die Hamiltonschen Gleichungen folgen aus dem Hamiltonschen Prinzip:

\begin{matrix} δ W = 0 \\ δ W = δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t L = δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t {\sum_{k = 1}^{f} p_{k} {\dot{q}}_{k} (t) - H (\bar{q}, \bar{p}, t)} \end{matrix}

(Legendre Trafo)

Ganz entsprechend muss für das System

(\bar{Q}, \bar{P}, \bar{H})

gelten:

\begin{matrix} δ W = 0 \\ δ W = δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t L = δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t {\sum_{k = 1}^{f} P_{k} {\dot{Q}}_{k} (t) - \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t)} = 0 \end{matrix}

Man kann sich leicht überzeugen, dass diese beiden Forderungen äquivalent sind, falls:

\sum_{k = 1}^{f} p_{k} {\dot{q}}_{k} (t) - H (\bar{q}, \bar{p}, t) = \sum_{k = 1}^{f} P_{k} {\dot{Q}}_{k} (t) - \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t) + \frac{d}{d t} M_{1}

Mit einer beliebigen Funktion

M_{1} (\bar{q}, \bar{Q}, t)

,

die "Erzeugende der kanonischen Trafo" genannt wird.

M1 ist dabei eine Verallgemeinerung der Eichfunktion

M (\bar{q}, t)

aus dem Kapitel Eichtrafo der Lagrangefunktion (2.3)

Beweis:

\frac{d}{d t} M_{1} = \sum_{k = 1}^{f} (\frac{\partial M_{1}}{\partial q_{k}} {\dot{q}}_{k} (t) + \frac{\partial M_{1}}{\partial Q_{k}} {\dot{Q}}_{k} (t)) + \frac{\partial M_{1}}{\partial t}

Es folgt dann aus

\sum_{k = 1}^{f} p_{k} {\dot{q}}_{k} (t) - H (\bar{q}, \bar{p}, t) = \sum_{k = 1}^{f} P_{k} {\dot{Q}}_{k} (t) - \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t) + \frac{d}{d t} M_{1}

,

dass

\sum_{k = 1}^{f} (p_{k} - \frac{\partial M_{1}}{\partial q_{k}}) {\dot{q}}_{k} (t) = \sum_{k = 1}^{f} (P_{k} + \frac{\partial M_{1}}{\partial Q_{k}}) {\dot{Q}}_{k} (t) + H (\bar{q}, \bar{p}, t) - \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t) + \frac{\partial M_{1}}{\partial t}

Da aber

\bar{q}

und

\bar{Q}

unabhängige Variablen sind kann obige Gleichung nur für alle denkbaren unabhängigen Variablen erfüllt werden, falls

\begin{matrix} p_{k} = \frac{\partial M_{1}}{\partial q_{k}} \\ P_{k} = - \frac{\partial M_{1}}{\partial Q_{k}} \\ \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t) = H (\bar{q}, \bar{p}, t) + \frac{\partial M_{1}}{\partial t} \end{matrix}

Das bedeutet jedoch, dass die kanonische Transformation durch

M_{1} (\bar{q}, \bar{Q}, t)

eindeutig bestimmt ist:

\begin{matrix} p_{k} = \frac{\partial M_{1} (\bar{q}, \bar{Q}, t)}{\partial q_{k}} \Rightarrow Q_{j} (\bar{q}, \bar{p}, t) \\ B e d i n g u n g : det (\frac{\partial^{2} M_{1}}{\partial q_{k} \partial Q_{j}}) \neq 0 \\ P_{k} = - \frac{\partial M_{1} (\bar{q}, \bar{Q}, t)}{\partial Q_{k}} = - \frac{\partial M_{1} (\bar{q}, \bar{Q} (\bar{q}, \bar{p}, t), t)}{\partial Q_{k}} = P_{k} (\bar{q}, \bar{p}, t) \end{matrix}

Somit kann der Impuls durch die alten Koordinaten Ort,Impuls und zeit ausgedrückt werden und die Abhängigkeit von zeitabhängigkeiten verschwindet. (Der Ausdruck von Q durch q, p und t ist als Umkehrung der Bestimmung von p zu sehen).

Für die gesamte Umkehrtrafo gilt:

P_{j} = - \frac{\partial M_{1}}{\partial Q_{j}} i n p_{k} = \frac{\partial M_{1}}{\partial q_{k}}

liefert

\begin{matrix} q_{k} (\bar{Q}, \bar{P}, t) a u s P_{j} = - \frac{\partial M_{1}}{\partial Q_{j}} \\ u n d \\ p_{j} (\bar{Q}, \bar{P}, t) a u s p_{k} = \frac{\partial M_{1}}{\partial q_{k}} \end{matrix}

Äquivalenzrelation:

δ W = δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t L = δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t {\sum_{k = 1}^{f} p_{k} {\dot{q}}_{k} (t) - H (\bar{q}, \bar{p}, t)} = 0

(Legendre Trafo)

\Leftrightarrow δ W = δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t L = δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t {\sum_{k = 1}^{f} P_{k} {\dot{Q}}_{k} (t) - \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t)} = 0

Beweis:

\begin{matrix} δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t {\sum_{k = 1}^{f} p_{k} {\dot{q}}_{k} (t) - H (\bar{Q}, \bar{P}, t)} = 0 \\ \Leftrightarrow δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t {\sum_{k = 1}^{f} P_{k} {\dot{Q}}_{k} (t) - \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t) + \frac{d}{d t} M_{1}} = 0 \\ = δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t {\sum_{k = 1}^{f} P_{k} {\dot{Q}}_{k} (t) - \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t)} + δ {M_{1} (q (t_{2}), Q (t_{2}), t_{2}) - M_{1} (q (t_{1}), Q (t_{1}), t_{1})} \end{matrix}

Dabei gelten die Relationen:

δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t {\sum_{k = 1}^{f} P_{k} {\dot{Q}}_{k} (t) - \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t)} = \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t {\sum_{k = 1}^{f} δ P_{k} {\dot{Q}}_{k} (t) + P_{k} δ {\dot{Q}}_{k} (t) - \frac{\partial \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t)}{\partial Q_{k}} δ Q_{k} - \frac{\partial \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t)}{\partial P_{k}} δ P_{k}}

\begin{matrix} δ {M_{1} (q (t_{2}), Q (t_{2}), t_{2}) - M_{1} (q (t_{1}), Q (t_{1}), t_{1})} = \sum_{k} ({\frac{\partial M_{1}}{\partial q_{k}} δ q_{k} |}_{t_{1}}^{t_{2}} + {\frac{\partial M_{1}}{\partial Q_{k}} δ Q_{k} |}_{t_{1}}^{t_{2}}) \\ m i t {\frac{\partial M_{1}}{\partial q_{k}} δ q_{k} |}_{t_{1}}^{t_{2}} = 0 u n d {\frac{\partial M_{1}}{\partial Q_{k}} δ Q_{k} |}_{t_{1}}^{t_{2}} \neq 0 \end{matrix}

Außerdem:

\int_{t_{1}}^{t_{2}} d t P_{k} δ {\dot{Q}}_{k} (t) = {P_{k} δ Q_{k} |}_{t_{1}}^{t_{2}} - \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t {\dot{P}}_{k} δ Q_{k}

Nebenbemerkung: Für die Variation gilt bekanntlich:

δ \bar{q} (t_{1}) = δ \bar{q} (t_{2}) = 0

.

Jedoch sind p(t1) und p(t2) beliebig. Dadurch können sich nun insbesondere die Randbedingungen  für

Q (\bar{q}, \bar{p}, t)

ändern.

Unter Beachtung der obigen relationen gilt nun:

0 = δ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t L = \sum_{k = 1}^{f} {(P_{k} + \frac{\partial M_{1}}{\partial Q_{k}}) δ Q_{k} |}_{t_{1}}^{t_{2}} + \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t \sum_{k = 1}^{f} {({\dot{Q}}_{k} (t) - \frac{\partial \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t)}{\partial P_{k}}) δ P_{k} - ({\dot{P}}_{k} (t) + \frac{\partial \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t)}{\partial Q_{k}}) δ Q_{k}}

Aus den obigen Relationen ist bekannt:

(P_{k} + \frac{\partial M_{1}}{\partial Q_{k}}) = 0

Gleichzeitig sind jedoch Pi und Qi unabhängig und können demnach unabhängig variiert werden. Das bedeutet, dass

δ P_{k} u n d δ Q_{k}

unabhängig sind.

Somit muss jeweils für sich gelten:

\begin{matrix} 0 = ({\dot{Q}}_{k} (t) - \frac{\partial \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t)}{\partial P_{k}}) \\ 0 = ({\dot{P}}_{k} (t) + \frac{\partial \bar{H} (\bar{Q}, \bar{P}, t)}{\partial Q_{k}}) \end{matrix}

und es sind die Hamiltonschen Gleichungen äquivalent in den neuen Koordinaten, was zu beweisen war.

Äquivalente Formen der erzeugenden Funktion

Eine Legendre- Transformation von M1 liefert:

Aus dem vorigen Beweis ist bekannt:

\sum_{k = 1}^{f} (p_{k} {\dot{q}}_{k} - P_{k} {\dot{Q}}_{k}) - (H - \bar{H}) = \frac{d}{d t} M_{1}

Außerdem gilt:

\frac{d}{d t} M_{1} = \frac{d}{d t} (M_{2} (\bar{q} (t), \bar{P} (t), t) - \sum_{k} P_{k} Q_{k}) = \sum_{k = 1}^{f} (\frac{\partial M_{2}}{\partial q_{k}} {\dot{q}}_{k} + \frac{\partial M_{2}}{\partial P_{k}} {\dot{P}}_{k} - {\dot{P}}_{k} Q_{k} - P_{k} {\dot{Q}}_{k}) + \frac{\partial M_{2}}{\partial t}

So dass folgt:

\sum_{k = 1}^{f} (p_{k} - \frac{\partial M_{2}}{\partial q_{k}}) {\dot{q}}_{k} + (Q_{k} - \frac{\partial M_{2}}{\partial P_{k}}) {\dot{P}}_{k} + (P_{k} - P_{k}) {\dot{Q}}_{k} = (H - \bar{H}) + \frac{\partial M_{2}}{\partial t}

Da dies für beliebige

{\dot{q}}_{k}, {\dot{P}}_{k}

gilt, kann die Summe nur allgemein identisch sein, wenn gilt:

\begin{matrix} (p_{k} - \frac{\partial M_{2}}{\partial q_{k}}) = 0 \Rightarrow p_{k} = \frac{\partial M_{2}}{\partial q_{k}} \\ Q_{k} = \frac{\partial M_{2}}{\partial P_{k}} \\ \bar{H} = H + \frac{\partial M_{2}}{\partial t} \end{matrix}

Analog kann gezeigt werden, dass für

M_{3} (\bar{p}, \bar{Q}, t) = M_{1} (\bar{q}, \bar{Q}, t) - \sum_{k = 1}^{f} \frac{\partial M_{1}}{\partial q_{k}} q_{k}

Hier folgt (Übungsaufgabe):

\begin{matrix} (q_{k} + \frac{\partial M_{3}}{\partial p_{k}}) = 0 \Rightarrow q_{k} = - \frac{\partial M_{3}}{\partial p_{k}} \\ P_{k} = - \frac{\partial M_{2}}{\partial Q_{k}} \end{matrix}

oder

M_{4} (\bar{p}, \bar{P}, t) = M_{1} (\bar{q}, \bar{Q}, t) - \sum_{k = 1}^{f} (\frac{\partial M_{1}}{\partial q_{k}} q_{k} + \frac{\partial M_{1}}{\partial Q_{k}} Q_{k})

\begin{matrix} \Rightarrow (q_{k} + \frac{\partial M_{4}}{\partial p_{k}}) = 0 \Rightarrow q_{k} = - \frac{\partial M_{4}}{\partial p_{k}} \\ Q_{k} = - \frac{\partial M_{4}}{\partial P_{k}} \end{matrix}

Beispiele für kanonische Transformationen

Erzeugende sei:

\begin{matrix} M_{1} (\bar{q}, \bar{Q}, t) = \sum_{j = 1}^{f} q_{j} Q_{j} \\ \Rightarrow p_{j} = \frac{\partial M_{1}}{\partial q_{j}} = - Q_{j} \\ P_{j} = - \frac{\partial M_{1}}{\partial Q_{j}} = q_{j} \\ (\bar{q}, \bar{p}) \to (\bar{P}, - \bar{Q}) \end{matrix}

Bei dieser Trafo werden also Ort und Impuls vertauscht.

Beispiel 2:

\begin{matrix} M_{2} (\bar{q}, \bar{P}, t) = \sum_{j = 1}^{f} q_{j} P_{j} \\ \Rightarrow p_{j} = \frac{\partial M_{2}}{\partial q_{j}} = P_{j} \\ Q_{j} = \frac{\partial M_{2}}{\partial P_{j}} = q_{j} \\ (\bar{q}, \bar{p}) \to (\bar{Q}, \bar{P}) \end{matrix}

Dies ist also die identische Transformation

Thats not just logic. Thats really senislbe.

Kanonische Transformationen

Inhaltsverzeichnis

Hamilton-Gleichungen:

Definition der kanonischen Transformationen

Bedingung für eine kanonische Transformation:

Beweis:

Äquivalenzrelation:

Äquivalente Formen der erzeugenden Funktion

Beispiele für kanonische Transformationen

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Kanonische Transformationen

Hamilton-Gleichungen:

Definition der kanonischen Transformationen

Bedingung für eine kanonische Transformation:

Beweis:

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