8 Przekształcenie kanoniczne

Hamiltonian oscylatora harmonicznego można zapisać w postaci:

$$\mathcal{H}(p,q) = \frac{p^2}{2 m} + \frac{1}{2} m \omega^2 q^2.$$ (19)

Równania kanoniczne Hamiltona mają postać:

$$\dot{p} = - \frac{\partial \mathcal{H} }{\partial q}, \qquad \dot{q} = \frac{\partial \mathcal{H} }{\partial p}, \qquad$$

czyli:

$$\dot{p} = - m \omega^2 q, \qquad \dot{q} = \frac{p}{m}.$$

Znajdziemy transformację kanoniczną oryginalnego Hamiltonianu, prowadzącą do bardzo prostej postaci. Korzystając z jedynki trygonometrycznej, postulujemy transformację postaci:

$$p = \lambda f(P) \cos{Q}, \quad q = f(P) \sin{Q}.$$

Ponieważ transformacja nie zależy od czasu, nowy Hamiltonian ma postać po prostu równą:

$$\mathcal{H}' (P,Q) = \mathcal{H}( p(P,Q), q(P,Q) ) = \frac{\lambda^2 f(P)^2 \cos^2{Q}}{2m} + \frac{1}{2} m \omega^2 f(P)^2 \sin^2{Q} =$$

$$=f(P)^2 \left( \frac{\lambda^2}{2m} \cos^2{Q} + \frac{1}{2} m \omega^2 \sin^2{Q} \right).$$

Aby skorzystać z jedynki trygonometrycznej, musi zachodzić:

$$\frac{\lambda^2}{2m} = \frac{1}{2} m \omega^2,$$   czyli$$\quad \lambda = m \omega.$$

Aby transformacja $(p,q) \to (P,Q)$ była kanoniczna musi zachodzić:

$$\{ p, q \}_{P,Q} = 1,$$

gdzie po lewej stronie mamy nawias Poissona liczony względem nowych zmiennych $(P,Q)$.

Obliczamy:

$$\{ p, q \}_{P,Q} = \frac{\partial p }{\partial P} \frac{\partia... ... \cos{Q} \cdot f(P) \cos{Q} - (-m \omega f(P) \cos{Q}) \cdot f'(P) \sin{Q} =$$

$$= m \omega f(P) f'(P) ( \cos^2{Q} + \sin^2{Q} ) = m \omega f(P) f'(P)$$

Aby tranformacja była kanoniczna, musi więc zachodzić:

$$m \omega f(P) f'(P)=1.$$

Rozwiązujemy równanie różniczkowe na $f(P)$:

$$m \omega f \frac{d f}{dP} =1, \quad f df = \frac{dP}{m \omega},$$

całkując obustronnie dostajemy:

$$\frac{1}{2} f^2 = \frac{P}{m \omega} + const,$$

przyjmujemy stałą całkowania równą zeru i dostajemy:

$$f(P) = \sqrt{\frac{2P}{m \omega}}.$$

Nowym Hamiltonianem jest:

$$\mathcal{H}'(P,Q) = \omega P.$$

Równania kanoniczne przyjmują prostą postać:

$$\dot{P} = 0, \quad \dot{Q} = \omega$$

a ich rozwiązanie to:

$$P(t) = P_0, \quad Q(t) = \omega t + \phi.$$

Transformując z powrotem do funkcji $(p,q)$ otrzymujemy:

$$p(t) = \sqrt{2 m \omega P_0 } \; \cos{(\omega t + \phi)}, \qquad q(t) = \sqrt{\frac{2 P_0}{m \omega}} \; \sin{(\omega t + \phi)}.$$

Warto zauważyć, że skoro $\omega P$ jest Hamiltonianem, to $\omega P_0 = E$ jest zachowaną energią, i wzór na $q(t)$ jest identyczny wyprowadzonym wyżej wzorem (12) ( $m \omega^2 = k$).