Я случайно напечатал это в личных заметках. Наверное, где-то была тренировка.
Рассмотрим гармонический осциллятор, который описывается гамильтонианом
ЧАС"="п22 м+12мю2д2
Выполняя преобразование Лежандра, мы получаем действие в виде
С"="12м∫т0(д˙2−ю2д2) дт′
Теперь воспользуемся уравнением Эйлера-Лагранжа, чтобы найти классическое уравнение движения:
∂л∂д= - 2ю2д∂л∂д˙= 2д˙ггт∂л∂д˙= 2д¨
д¨с= -ю2дс
Чтобы решить эту проблему, мы сначала предполагаем, что решение будет примерно таким
еλ т
. Подставляем это в наше дифференциальное уравнение
г2гт2еλ т+ю2еλ т"="λ2еλ т+ю2еλ т= 0
Фактор вне
еλ т
чтобы получить
λ2+ю2= 0
. Это решается
λ = ± я ω
Общее решение представляет собой сумму решений, созданных двумя корнями:
д"="с1е− я ω т+с2ея т _
Примените тождество Эйлера:
д"="с1[ потому что( ω т ) - я грех( ω т ) ] +с2[ потому что( ω т ) + я грех( ω т ) ]
Перегруппируйте термины и определите
А =с1+с2
и
В = я (с2−с1)
. Итак, наше дифференциальное уравнение решается формулой
дс= А потому что( ω т ) + B sin( ω т )
Отсюда:
д˙с= - A ω sin( ω т ) + B ω потому что( ω т )
д˙2с"="А2ю2грех2( ω т ) - 2 А Вю2потому что( ω т ) грех( ω т ) +Б2ю2потому что2( ω т )
ю2д2с"="ю2[А2потому что2( ω t ) + 2 A B cos( ω т ) грех( ω т ) +Б2грех2( ω т ) ]
Мы используем
2 грех( θ ) потому что( θ ) = грех( 2 θ )
потому что2( θ ) -грех2( θ ) = потому что( 2 θ )
Теперь разница
д˙2с−ю2д2с= - 2 А Вю2грех( 2 ω т ) + (Б2−А2)ю2потому что( 2 ш т )
Первообразная первой части есть
− 2 А Бю2∫грех( 2 ω т ) дt = A B ω cos( 2 ш т )
А вторая часть это
(Б2−А2)ю2∫потому что( 2 ω т ) дт =12(Б2−А2) ω грех( 2 ш т )
Запишем формулу косинуса двойного угла как
потому что( 2 θ ) знак равно 1 - 2грех2( θ )
Итак, наша первая часть
A B ω cos( 2 ω т ) знак равно А B ω - 2 А B ωгрех2( ω т )
Теперь, когда у нас есть первообразная, мы можем вычислить действие:
12м∫т0(д˙2−ю2д2) дт′"="12м ω[ (Б2−А2) грех( ωт′) потому что( ωт′) + А В - 2 А Вгрех2( ωт′) ]т0
"="12м ω [ (Б2−А2) грех( ω т ) потому что( ω т ) - 2 А Вгрех2( ω т ) ]
Что
А
и
Б
? Мы устанавливаем
дс( 0 ) =дя= А
. Мы решаем
дс( т ) =дФ"="дяпотому что( ω т ) + B sin( ω т )
для
Б
:
Б =дФ−дяпотому что( ω т )грех( ω т )
Подключаем это к действию, сначала делаем
А Б
,
А Б =дядФ−дяпотому что( ω т )грех( ω т )
затем
Б2−А2
Б2−А2"="(дФ−дяпотому что( ω т )грех( ω т ))2−д2я"="д2Ф− 2дФдяпотому что( ω т ) +д2япотому что2( ω т ) -д2ягрех2( ω т )грех2( ω т )
Так
− 2 А Бгрех2( ω т ) знак равно− 2дядФгрех2( ω т ) + 2д2япотому что( ω т )грех2( ω т )грех( ω т )
И
(Б2−А2) потому что( ω т ) грех( ω т ) знак равнод2Фпотому что( ω т ) - 2дФдяпотому что2( ω т ) +д2япотому что3( ω т ) -д2ягрех2( ω т ) потому что( ω т )грех( ω т )
Затем мы используем еще несколько триггеров и переписываем
д2япотому что3( ω т ) знак равнод2япотому что( ω т ) ( 1 -грех2( ω т ) ) знак равнод2япотому что( ω т ) -д2япотому что( ω т )грех2( ω т )
Теперь складываем две части вместе:
(Б2−А2) потому что( ω т ) грех( ω т ) - 2 А Вгрех2( ω т )"="д2Фпотому что( ω т ) +д2япотому что( ω т ) - 2дядФгрех2( ω т ) - 2дФдяпотому что2( ω т )грех( ω т )
Это, конечно, можно упростить до
csc( ω т ) [ (д2я+д2Ф) потому что( ω т ) - 2дядФ]
Окончательно приходим к выводу, что классическое действие
С[дс] =12m ω csc( ω т ) [ (д2я+д2Ф) потому что( ω т ) - 2дядФ]
Любопытный Разум
пироскипетр
ДжамалС
Physics_Plasma