El formalismo para lidiar con discontinuo potenciales en la mecánica clásica (muro duro, duro esferas)

Question

A mí me parece que el formalismo Hamiltoniano no se ajusta bien para problemas que involucran el cambio instantáneo de impulso, como colisiones de partículas con muro duro o duro esfera de gas modelo. Al menos yo no podría aplicarse directamente a la más simple posible problema de 1D que impacte en una pared:

            │/ wall
            │/
  particle  │/
───o────────┼────────────> x
            │/
            │/
            │/

Mi intento fue bastante directa. Tomé el Hamiltoniano para ser

$$H = \frac{p^2}{2m} + U(x)$$

with potential $U$ defined as

$$U(x) = \cases{ 0, \; x < 0, \\[.5em] K, \; x > 0, \\[.5em] E, \; x= 0.}$$

where $E$ is the particle energy and $K > E$. Hamiltonian equations should read as

$$\cases{\dot x = \frac{p}{m}, \\[.6em] \dot p = - \frac{d U}{d x}.}$$

No es difícil integrar la primera ecuación, pero mis intentos para integrar el segundo no condujo a ningún resultado significativo (por eso no comparto aquí, fue un completo fracaso).

Así que me pregunto si es posible obtener la solución al problema por integrar directamente las ecuaciones de Hamilton en el formulario de arriba, sin depender de la mecánica general, teoremas, principios como el de conservación de la energía? O es un enfoque completamente inadecuado para la tarea?

Si es así, ¿cuál es el general (y elegante) enfoque a dichos sistemas?

Existen una pregunta relacionada sobre PSE "Hamiltoniana de la función para el clásico de la duro-esfera elástica de la colisión", pero el entorno es más engorroso.

Answer 1

Tal vez el más simple y más intuitiva, es la regularización de la dura pared potencial

$$V_0(x)~=~\left\{ \begin{array}{rcl} 0 &\text{for}& x<0 \cr\cr \infty &\text{for}& x>0\end{array}\right. $$

como

$$ \lim_{\varepsilon \to 0^+} V_{\varepsilon}(x) ~=~V_0(x).$$

Por ejemplo, se podría elegir la regularización de la potencial como

$$ V_{\varepsilon}(x)~=~\frac{x}{\varepsilon}\theta(x).$$

Esto corresponde a una velocidad constante de $x<0$ y una aceleración constante de $x>0$. El próximo escribir un continuo de soluciones para la posición $x_{\varepsilon}(t)$ como una función del tiempo $t$, dicen, dados pertinente a las condiciones iniciales.

Por último, al final del cálculo, se debe quitar la regularización $\varepsilon \to 0^+$ más, y comprobar si el límite de $$ \lim_{\varepsilon \to 0^+} x_{\varepsilon}(t)$$ hace sentido físico.

Answer 2

Yo creo que lo tengo cómo lidiar con el problema de una manera directa, sin la aprobación de un límite.

Deje que el espacio de fase del problema inicial de ser la mitad de avión

$$\{ \,(q,p) \; | \; q > 0\},$$

la pared es de a $q=0$. En este espacio de fase, cuando la partícula llega al punto de $(0, p)$ instantáneamente teletransporta hasta el punto de $(0, -p)$. Las trayectorias de las partículas son lo discontinuo.

El truco ahora es el pegamento de la mitad de avión en un cono, por lo que las trayectorias de las partículas será continua. Al mismo tiempo, las partículas son considerados libres en toda la trayectoria, dando el Hamiltoniano de ser sólo una energía cinética. Lo siento por la falta de los dibujos, pero espero que no sea tan difícil de imaginar. La operación puede ser formalmente logra con un no-canónica de cambio de coordenadas de a $(r, \varphi)$:

$$\begin{cases} p = 2 r \sin \dfrac{\varphi}{2}, \\[.5em] q = 2 r \cos \dfrac{\varphi}{2}. \end{casos}$$

Estas son las coordenadas polares en un plano perpendicular al eje del cono. La forma simpléctica $dp \land dq$ transforma a $2r \, d \varphi \land dr$, o, en otras palabras, la distribución de Poisson de la matriz se convierte en

$$ \begin{bmatrix} 0 & \dfrac{1}{2r} \\ -\dfrac{1}{2r} & 0 \end{bmatrix} $$

El Hamiltoniano (energía cinética) está dada por

$$H = \frac{2}{m} r^2 \sin^2 \frac{\varphi}{2}.$$

Todo lo anterior conduce a la Hamiltoniana de flujo de

$$X_H = \frac{1}{2m} r \sin \varphi \frac{\partial}{\partial r} - \frac{1 - \cos \varphi}{m} \frac{\partial}{\partial \varphi}$$

y las ecuaciones de movimiento de

$$\begin{cases} \dfrac{d r}{dt} = \dfrac{1}{2m} r \sin \varphi, \\[.5em] \dfrac{d \varphi}{dt} = -\dfrac{1}{m} (1 - \cos \varphi). \end{casos}$$

Estas son susceptibles de una forma relativamente sencilla de integración, libre de las sutilezas de funciones especiales. Como resultado, uno se presenta como una solución

$$\begin{gather} \cot \dfrac{\varphi(t)}{2} = C_1+ \dfrac{t}{m}, \\[.5em] r(t) = C_2 \sqrt{1 + \cot^2 \dfrac{\varphi(t)}{2}}, \end{reunir}$$

que también puede ser obtenida directamente de la conocida solución en $(q,p)$ medio-plano y coordinar las reglas de transformación.

En resumen, el efecto de la pared se contabiliza a través del cambio de la fase topología del espacio. Por lo tanto, las partículas son considerados libres, con un Hamiltoniano de ser una energía cinética que se conserva. Tan lejos como yo creo que el espacio de fase no es la cotangente de un paquete de una configuración más espacio. Si esto es cierto, junto con todos los de arriba de la derivación, esto representa probablemente el caso más simple de un espacio de fase que no es la cotangente de un paquete.

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Más investigación

Aunque al principio me fue guiada por geométricas razonamiento acerca del espacio de fase, ahora que he estado pensando acerca de la transformación de coordenadas en sí. Se me ocurrió otro transformar, que está mucho más cerca de las coordenadas originales:

$$\begin{cases} p = \operatorname{sgn} \! \left(\, \widetilde q \,\right) \, \widetilde p, \\[.5em] q = \left|\, \widetilde q \, \right| . \end{casos}$$

Aquí se supone que $\frac{d}{dx} \operatorname{sgn} x = 0$. A continuación, $dp \land dq = d \, \widetilde p \land d \, \widetilde q$ y el Hamiltoniano es la de una partícula libre:

$$H = \frac{\; \widetilde p^{\, 2} \!}{2m}.$$

Como con trigonométricas de transformación de coordenadas parece ser que hay una necesidad de elegir la rama derecha de la transformación $q \mapsto \widetilde q$, pero desde $q \geqslant 0$ no hay ninguna ambigüedad.

Answer 3

Yo todavía agregar otro formalismo:

Vamos a empezar con el hamiltoniano forma de Hamilton Principio. Deje $c: \mathbb R \longrightarrow T^*Q; t\mapsto (q(t),p(t))$ ser la trayectoria de una partícula en el espacio de fase de la configuración del espacio de $Q$, podemos definir un subconjunto de $Q$, $C$, donde no contac se producen entre las partículas, y $\partial C$ es te juego de ponts wer contac ha ocurrir, pero no penetración. Suponemos que $c$ se cruzan $\partial C$ tiempo $t_c$, que es $q(t_c)\in \partial C$. $c$ es suave del $t_c$. Permite ahora derivar las ecuaciones de motin con variaciones. Empezamos con la acción en hamiltoninan formalismo de Lagrange con $L = \dot q p -H(q,p)$:

$$ S[c] = \int_0^T L(q,\dot q, p)dt = \int_0^{t^\lambda} L(q,\dot q, p)dt + \int_{t^\lambda} ^T L(q,\dot q, p)dt , $$ y con la variación en el camino indicado por $c^\lambda$, y la variación en el momento del choque por $t^\lambda$, si fijamos $\delta S =0$, por la de Leibniz, la integración de la regla: $$ \frac{d}{d\lambda}S[c^\lambda] = \int^{t^\lambda}0 \left[\frac{\partial L}{\partial c}\delta c +\frac{\partial L}{\parcial \dot c}\delta \dot c \right] dt + \int^{T}{t^\lambda} \left[\frac{\partial L}{\partial c}\delta c +\frac{\partial L}{\parcial \dot c}\delta \dot c \right] dt + \left.L\delta t^\lambda\right|{t^\lambda-} -\a la izquierda.L\delta

t^\lambda\right|{t^\lambda+} . $$

Integramos por partes, como de costumbre, y requieren que el $\delta q(0)=\delta q(T)=0$, no hay necesidad de $\delta p$ a desaparecer, ya que no es integrado por partes, obtenemos:

$$ \int^{t^\lambda}_0 \left[\frac{\partial L}{\partial c}\delta c -\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\parcial \dot c}\delta c \right] dt + \int^{T}_{^\lambda} \left[\frac{\partial L}{\partial c}\delta c -\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\parcial \dot c}\delta c \right] dt - \left[\frac{\partial L}{\parcial \dot c}\delta c + L\delta t^\lambda\right]_{t_-^\lambda}^{t^\lambda_+}, $$ como exigimos a las variaciones que se desvanecen en todo momento, podemos centrarnos sólo en el tercer trimestre:

$$ \left[\frac{\partial L}{\parcial \dot c}\delta c + L\delta t_c\right]_{t_c^-}^{t_c^+} = \left[p \delta p + (\dot q p - H)\delta t_c\right]_{t_c^-}^{t_c^+}. $$

Hay que recordar que la $q(t_c)\in \partial C$, por lo que la variación $\delta q(t_c) + \dot q(t_c)\delta t_c \in T_{q(t_c)}Q$ y obtenemos:

$$ \left[p \delta p + (\dot q p - H)\delta t^\lambda\right]_{t_-^\lambda}^{t_+^\lambda} = \left[p(\delta p + \dot q p\delta t^\lambda) - H \delta t^\lambda \right]_{t_-^\lambda}^{t_+^\lambda} =0, $$

teniendo en cuenta las variaciones arbitrarias, obtenemos la conservación de la energía, $H$ tiene que ser constante y conseguimos que el cambio de momentum $p(t_+) -p(t_-)$ tiene que ser normal a $T_{q(t_c)}Q$, y la conservación de la energía de las correcciones de la magnitud. Los principales cueva beat es que es necesario interpretar que la dirección de la partícula sale de la colisión, ya que no es posible extraer la información de las ecuaciones

Fuentes:

http://thesis.library.caltech.edu/1934/1/01thesis.pdf

http://people.math.sfu.ca/~van/documentos/40603.pdf

Answer 4

Trate de usar $U(x) = \Theta(x)$, $\Theta(x) \equiv \begin{cases} 1, & x>0\\ 0, & x<0\end{cases}$ . La fuerza se convierte en $\dot{p} = - \delta(x)$, como se había previsto. Debido a que la fuerza es infinita con dirección opuesta a la de el impulso, la partícula no puede cruzar el avión $x=0$.

Otra forma de ver que la partícula no cruzar $x=0$ es la integración de la ecuación de movimiento en $x$ justo antes y justo después de $x=0$: $$ -1 = m\int_{0_-}^{0_+} \dot{v} dx = \frac{m}{2} (v^2(0_+)- v^2(0_-)),$$ a partir de la cual obtenemos $v(0_+) = 0$, debido a que la energía es $1$.