¿Cómo se transforma un lagrangiano con potencial delta en un hamiltoniano?

Question

¿Cómo se transforma un lagrangiano con potencial delta en un hamiltoniano?

branas
Física
teoría de campo
formalismo lagrangiano
formalismo hamiltoniano
distribuciones-dirac-delta

xabdax

Supongamos que el Lagrangiano se da como:

\begin{matrix} (1) & L = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \underset{= L}{\underset{⏟}{(\dot{A (} z)^{2} - A (z)^{2}) + (\dot{q (} z)^{2} d (z) - q (z)^{2} d (z)) + 2 \dot{q (} z) \cdot A (z) d (z)}} d z \end{matrix}

$L = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} \underbrace{\left(\dot{A(}z)^2-A(z)^2\right)+\left(\dot{Q(}z)^2\delta(z)-Q(z)^2\delta(z)\right)+2\dot{Q(}z)\cdot A(z) \delta(z)}_{= \mathcal{L}} \,\,\,dz\tag{1}$

donde Q se localiza en $0$ . Los anteriores son básicamente dos osciladores armónicos que se acoplan entre sí en el último término. Ahora, si quisiera transformar esto en Legendre para obtener el hamiltoniano, no sabría qué hacer con la función Dirac-delta.

El momento conjugado para A(z) es bastante sencillo:

\begin{matrix} (2) & {PAG}_{A} = \frac{\partial L}{\partial \dot{A} (z)} = \dot{A} (z) \end{matrix}

$P_A = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{A\,}(z)} = \dot{A\,}(z)\tag{2}$

pero ¿cómo debo lidiar con el otro momento conjugado? $P_Q$ ? Podría ser

\begin{matrix} (3) & {PAG}_{q} = \frac{\partial L}{\partial \dot{q} (z)} = \dot{q} (z) d (z) + A (z) d (z) \end{matrix}

$P_Q = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{Q\,}(z)} = \dot{Q\,}(z)\delta(z)+A(z)\delta(z)\tag{3}$

o

\begin{matrix} (4) & {PAG}_{q} = \frac{\partial L}{\partial (\dot{q} (z) d (z))} = \dot{q} (z) + A (z) . \end{matrix}

$P_Q = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\dot{Q\,}(z)\delta(z))} = \dot{Q\,}(z)+A(z).\tag{4}$

Tengo problemas al usar el primero, pero el segundo no parece correcto.

lalala

3 es básicamente correcto, y te estás metiendo en problemas porque para z=0 PQ(z) es cero, y la velocidad no se puede expresar en términos de cantidad de movimiento. Esto se llama una restricción de primera clase. Tienes que comprobar si la restricción es compatible con thr hamiltonian

Respuestas (1)

¿Cómo se transforma un lagrangiano con potencial delta en un hamiltoniano?

3 es básicamente correcto, y te estás metiendo en problemas porque para z=0 PQ(z) es cero, y la velocidad no se puede expresar en términos de cantidad de movimiento. Esto se llama una restricción de primera clase. Tienes que comprobar si la restricción es compatible con thr hamiltonian

qmecanico · Answer 1

formulación lagrangiana. El truco es apreciar que OP's Lagrangian
$\begin{matrix} (A) & L = \frac{1}{2} \int_{R} d z (\dot{A} (z)^{2} - A (z)^{2}) + \frac{1}{2} (\dot{q} (0)^{2} - q (0)^{2}) + \dot{q} (0) A (0) \end{matrix}$ $L ~=~ \frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}} \! dz ( \dot{A}(z)^2 -A(z)^2) ~+~ \frac{1}{2}( \dot{Q}(0)^2 -Q(0)^2)~+~ \dot{Q}(0) A(0) \tag{A}$ es una combinación de una teoría masiva en el $A$ -sector y una teoría de los límites en el $Q$ -sector (digamos, vivir en una brana ubicada en $z=0$ ).
Ecuaciones de Euler-Lagrange (EL) . El volumen EL eq. es
$\begin{matrix} (B) & \ddot{A} (z) + A (z) \approx + d (z) \dot{q} (0), \end{matrix}$ $\ddot{A}(z)+A(z)~\approx~+\delta(z)\dot{Q}(0), \tag{B}$ mientras que el límite EL eq. es $\begin{matrix} (C) & \ddot{q} (0) + q (0) \approx - \dot{A} (0) . \end{matrix}$ $\ddot{Q}(0)+Q(0)~\approx~-\dot{A}(0). \tag{C}$ Si asumimos que el campo masivo $A(z)$ es continua sin $\delta(z)$ -contribuciones, entonces eq. (B) implica que $\dot{Q}(0)\approx 0$ . ecuación (C) entonces implica que $\ddot{A}(0)\approx 0$ . ecuación (B) entonces implica que $A(0)\approx 0$ . ecuación (C) entonces implica que $Q(0)\approx 0$ . En conclusión: Los dos osciladores armónicos $A$ y $Q$ se desacoplan, y las amplitudes se desvanecen en $z=0$ .
Momento. El impulso masivo es
$\begin{matrix} (D) & {PAG}_{A} (z) = \frac{d L}{d \dot{A} (z)} = \dot{A} (z), \end{matrix}$ $P_A(z)~=~\frac{\delta L}{\delta \dot{A}(z)}~=~\dot{A}(z), \tag{D}$ mientras que el momento límite es $\begin{matrix} (MI) & {PAG}_{q} (0) = \frac{\partial L}{\partial \dot{q} (0)} = \dot{q} (0) + A (0) . \end{matrix}$ $P_Q(0)~=~\frac{\partial L}{\partial \dot{Q}(0)}~=~ \dot{Q}(0)+A(0).\tag{E}$
formulación hamiltoniana. El hamiltoniano gana volumen y parte de contorno
$\begin{matrix} (F) & \begin{aligned} H & = \int_{R} d z {PAG}_{A} (z) \dot{A} (z) + {PAG}_{q} (0) \dot{q} (0) - L \\ = \frac{1}{2} \int_{R} d z ({PAG}_{A} (z)^{2} + A (z)^{2}) + \frac{1}{2} (({PAG}_{q} (0) - A (0))^{2} + q (0)^{2}) . \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} H ~&=~ \int_{\mathbb{R}} \! dz ~ P_{A}(z)\dot{A}(z)~+~P_Q(0)\dot{Q}(0)~-~L\cr~&=~\frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}} \! dz ( P_{A}(z)^2 +A(z)^2) ~+~ \frac{1}{2}( (P_Q(0)-A(0))^2 +Q(0)^2). \end{align}\tag{F}$

El problema en el que estoy trabajando pide explícitamente diagonalizar el hamiltoniano anterior. La idea es ampliar la $(P_Q(0)-A(0))^2$ término y obtener dos daños. oscilar y un término de acoplamiento: $\frac{1}{2} \int_{R} d z [{PAG}_{A} (z)^{2} + A (z)^{2} + A (z)^{2} d (z)] + \frac{1}{2} ({PAG}_{q} (0)^{2} + q (0)^{2}) + {PAG}_{q} (0) \cdot A (0)$ $\frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}} \! dz \left[P_{A}(z)^2 +A(z)^2+A(z)^2\delta(z)\right] ~+~ \frac{1}{2}( P_Q(0)^2 +Q(0)^2) ~+~ P_Q(0)\cdot A(0)$ Sé cómo diagonalizar las dos ho y el término de acoplamiento. El problema, sin embargo, es $A(z)^2+A(z)^2\delta(z)$ . Me gustaría sumarlas de alguna manera y redefinir A(z). ¿Podría hacer esto definiendo A(z) con algo que cancele la función delta desde el principio?

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xabdax

lalala

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xabdax

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