Lösungen Band I, Vorlesung 10

Aufgabe 10.1:

Beweisen Sie Gl. 10.14.:

    \[ \{F(q,p),p_i\} = \frac{\partial F(q,p)}{\partial q_i}.\]

Lösung:

Aus der Definition der Poisson-Klammer in Gl. 9.9 folgt sofort

    \[ \{F(q,p),p_i\} =\sum_j \left( \pd{ F(q,p)}{q_j} \pd{p_i}{p_j} - \pd{F(q,p)}{p_j}\pd{p_i}{q_j} \right)= \frac{\partial F(q,p)}{\partial q_i},\]


da in der Summe alle Terme \pd{p_i}{q_j} verschwinden (also jeweils das rechte Produkt), und auch alle Terme \pd{p_i}{p_j} mit i\ne j im linken Produkt. Somit bleibt von der Summe nur der Summand mit j=i übrig, und dort ist dann \pd{p_i}{p_i} = 1.


Aufgabe 10.2

Hamiltons Gleichungen können in der Form \dot{q}={q,\Ham} und \dot{p}={p,\Ham} geschrieben werden. Nehmen wir an, die Hamilton-Funktion hat die Form \Ham=\frac{1}{2m} p^2 + V(q). Verwenden Sie nur die Axiome der PK, um Newtons Bewegungsgleichungen zu beweisen.

Lösung:

Die Axiome der Poisson-Klammer sind in den Gleichungen 10.2 bis 10.8 definiert. Wir beginnen mit \dot{q}:

    \[\dot{q} = \{q,\Ham\} = \{q,\frac{1}{2m} p^2 + V(q)\}.\]


Aus der Linearität der PK folgt

    \[\dot{q} = \frac{1}{2m} \{q,p^2\} + \{q,V(q)\}.\]


Die Axiome besagen, dass die PK von q mit sich selbst oder irgendeiner Funktion von q verschwindet, d.h. der zweite Summand ist null. Übrig bleibt also

    \[\dot{q} = \frac{1}{2m} \{q,p^2\} = \frac{1}{2m} \left( p \{q,p\} + p \{q,p\}\right)\]


wegen Gl. 10.6, also wegen \{q,p\} = 1:

    \[ \dot{q} = \frac{1}{m} p \{q,p\} = \frac{p}{m} \]


oder

    \[ p = m\dot{q}. \]


Das ist die Definition des mechanischen Impulses.
Die andere Hamilton-Gleichung ergibt

    \[\dot{p}=\{p,\Ham\} = \dot{p}=\{p,\frac{1}{2m} p^2 + V(q)\} = \frac{1}{2m} \{p,p^2\} + \{p,V(q)\}.\]

Diesmal verschwindet der erste Summand, und es folgt

    \[\dot{p}= \{p,V(q)\} = - \{V(q),p\} =-\frac{dV(q)}{dp}.\]


(Die letzte Gleichung folgt aus Gl. 10.13, die wir aus den Axiomen abgeleitet haben.) Dies ist das zweite Newtonsche Gesetz, denn links steht die Masse mal der Beschleunigung, und rechts der negative Gradient des Potentials, also die Kraft.


Aufgabe 10.3

Berechnen Sie die PK aus Gl. 10.19 sowohl mit Hilfe der Definition der PK als auch mit Hilfe der Axiome.
Hinweis: Suchen Sie in jedem Ausdruck nach Dingen in den Klammern, deren PK mit x,y oder z nicht gleich null ist. So hat etwa in der ersten PK x eine PK ungleich null mit p_x.

Lösung:

Die Gleichungen in 10.19 beschreiben die PK der Koordinaten mit der z-Komponente des Drehimpulses:

    \[\begin{split}\{x,L_z\} &= \{x,(xp_y - yp_x)\} \\\{y,L_z\} &= \{y,(xp_y - yp_x)\} \\\{z,L_z\} &= \{z,(xp_y - yp_x)\}.\end{split}\]

Wir beweisen die erste Gleichung zuerst durch die Definition der Poisson-Klammer:

    \[ \begin{split} \{x,L_z\} &= \pd{x}{x}\pd{(xp_y - yp_x)}{p_x} - \pd{x}{p_x}\pd{(xp_y - yp_x)}{x} \\&+ \pd{x}{y}\pd{(xp_y - yp_x)}{p_y} - \pd{x}{p_y}\pd{(xp_y - yp_x)}{y} \\&+ \pd{x}{z}\pd{(xp_y - yp_x)}{p_z} - \pd{x}{p_z}\pd{(xp_y - yp_x)}{z}  \end{split} \]

Man sieht leicht, dass die zweite und dritte Zeile verschwinden, da die partiellen Ableitungen von x nach y,z,p_y und p_z jeweils 0 sind.

In der ersten Zeile ist \pd{x}{x} = 1 und \pd{x}{p_x}=0, so dass gilt

    \[\{x,L_z\} =\pd{(xp_y - yp_x)}{p_x} = \pd{xp_y}{p_x} - \pd{yp_x}{p_x} = \pd{x}{p_x}p_y + x\pd{p_y}{p_x} - \pd{y}{p_x}p_x   - y\pd{p_x}{p_x}= -y.\]

Genauso einfach folgt aus den Rechenregeln der Differentiation für die beiden anderen Gleichungen:

    \[\{y,L_z\} = \pd{y}{y}\pd{(xp_y - yp_x)}{p_y} - \pd{y}{p_y}\pd{(xp_y - yp_x)}{y} = \pd{xp_y}{p_y} - \pd{yp_x}{y} = x, \]

    \[\{z,L_z\} = \pd{z}{z}\pd{(xp_y - yp_x)}{p_z} - \pd{z}{p_z}\pd{(xp_y - yp_x)}{z} = -\pd{xp_y+yp_x}{p_z} = 0. \]

Das ist alles elementares Rechnen mit Ableitungen. Aber selbst das ist nicht notwendig. Die Poisson-Klammern wären wenig hilfreich, wenn man zum Rechnen dann doch wieder differenzieren muss. Die algebraischen Rechenregeln aus den Axiomen 10.1 bis 10.8 machen dies überflüssig! Versuchen wir es mit der ersten Gleichung:

    \[\begin{split}\{x,L_z\} &= \{x,(xp_y - yp_x)\} \\&= \{x,xp_y\} - \{x,yp_x\}\\&= \{x,x\}p_y + \{x,p_y\}x - (\{x,y\}p_x + \{x,p_x\}y). \end{split}\]


Die einzige nichtverschwindende Poisson-Klammer in der letzten Gleichung steht im vierten Term: \{x,p_x\} = 1 (s. Gleichungen 10.7 und 10.8); alle anderen Poisson-Klammern ergeben 0. Es folgt also wieder


    \[ \{x,L_z\} = - \{x,p_x\}y = -y. \]


Genauso folgt

    \[\begin{split}\{y,L_z\} &= \{y,(xp_y - yp_x)\} \\&= \{y,xp_y\} - \{y,yp_x\}\\&= \{y,x\}p_y + \{y,p_y\}x - (\{y,y\}p_x + \{y,p_x\}y) \\&=  \{y,p_y\}x\\&= x,\end{split}\]


und

    \[\begin{split}\{z,L_z\} &= \{z,(xp_y - yp_x)\} \\&= \{z,xp_y\} - \{z,yp_x\}\\&= \{z,x\}p_y + \{z,p_y\}x - (\{z,y\}p_x + \{z,p_x\}y) \\&=  0.\end{split}\]

2 Kommentare

  1. Hallo Herr Sippel,

    zur Lösung von Aufgabe 10.3. folgende Anmerkung: So wie ich die Definition der PK verstehe – die Summe über i ist zu bilden – wäre bei der PK von x, Lz nicht nur kreuzweise nach x und px partiell zu differenzieren, sondern auch nach y und py sowie z und pz, und anschließend wären die drei Ergebnisse zu addieren. Das ändert hier am Ergebnis nichts, weil die kreuzweise Differentiation von x, LX, nach y, py und auch z, pz null ergibt. Aber grundsätzlich ist das schon wichtig – es gibt sicherlich Problemstellungen, wo die Aufsummierung der kreuzweisen Differentiationen nach allen xi und den zugehörigen pi andere Ergebnisse bringt als nur die Differentiation nach x1, p1. Meines Erachtens sind also bei 3D-Aufgabenstellungen immer alle 3 Koordinaten und alle 3 zugehörigen konjugierten Impulse zu berücksichtigen, d.h. das gibt drei Rechengänge mit anschließender Addition.

    Wenn das so richtig ist, gilt das natürlich auch für die PK y, Lz und die PK z, Lz, ohne dass sich die oben vorgerechneten Ergebnisse hierdurch ändern.

    Sehe ich das so richtig?

    Viele Grüße, Frank Gilewitz

    1. Hallo,

      das ist natürlich richtig, da habe ich es mir etwas leicht gemacht und dies nicht extra in der Lösung erwähnt. Auch wenn es klar ist, sollte das begründet sein. Ich werde das noch ergänzen.

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