Bölüm 13

Hamilton Mekaniği

Genelleştirilmiş momentum ve Hamilton fonksiyonu; Legendre dönüşümü; Hamilton'ın kanonik denklemleri; Atwood düzeneği, merkezi kuvvet ve manyetik alandaki yük; döngüsel koordinatlar; faz uzayı ve faz portreleri; Liouville teoremi; Poisson parantezleri; kanonik dönüşümler; eylem-açı değişkenleri ve adyabatik değişmezler.

31 dk okuma8 çözümlü örnek5 şekil17 problem

Bu bölümde

Lagrange fonksiyonundan Legendre dönüşümüyle Hamilton fonksiyonuna geçmeyi
Hamilton'ın kanonik denklemlerini türetmeyi ve bunları somut sistemlere uygulamayı
Faz uzayında hareketi, faz portrelerini ve ayırıcı eğrileri yorumlamayı
Liouville teoremini ve bunun istatistik mekanik ve parçacık demetleri için anlamını
Poisson parantezlerini, hareket sabitlerini ve kuantum mekaniğiyle bağlantıyı
Kanonik dönüşümleri, eylem-açı değişkenlerini ve adyabatik değişmezleri

13.1Lagrange'dan Hamilton'a

7. bölümde Lagrange mekaniğini kurduk: $n$ genelleştirilmiş koordinat $q_1, \ldots, q_n$ seçilir, Lagrange fonksiyonu $\mathcal{L}(q, \dot{q}, t) = T - U$ yazılır ve her koordinat için ikinci mertebeden bir Lagrange denklemi elde edilir. Bu bölümde, 1834–1835'te William Rowan Hamilton'ın geliştirdiği eşdeğer bir biçimi inceleyeceğiz. Hamilton mekaniğinde bağımsız değişkenler koordinatlar ve hızlar değil, koordinatlar ve onlara karşılık gelen genelleştirilmiş momentumlardır; $n$ tane ikinci mertebe denklemin yerini $2n$ tane birinci mertebe denklem alır.

Hamilton biçimi, basit problemleri çözmekte Lagrange biçiminden genellikle daha kolay değildir. Ama mekaniğin yapısını çok daha açık gösterir ve modern fiziğin büyük bölümünün dilidir: istatistik mekanik, faz uzayı ve Liouville teoremi üzerine kuruludur; kuantum mekaniği, Hamilton fonksiyonunu bir işlemciye, Poisson parantezlerini komütatörlere dönüştürerek doğar; gök mekaniği ve kaos kuramı (12. bölüm) kanonik dönüşümleri ve eylem-açı değişkenlerini kullanır.

7. bölümde iki tanım yapmıştık. $q_i$'ye karşılık gelen genelleştirilmiş momentum

$$ p_i = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{q}_i} $$

(13.1)

ve Hamilton fonksiyonu

$$ \mathcal{H} = \sum_{i=1}^{n} p_i\dot{q}_i - \mathcal{L} $$

(13.2)

Doğal sistemlerde (kısıtlar zamana bağlı değilken) $\mathcal{H} = T + U$, yani toplam enerjidir. Hamilton mekaniğinin ilk adımı, $\mathcal{H}$'yi hızların değil momentumların fonksiyonu olarak yazmaktır: $\mathcal{H} = \mathcal{H}(q_1, \ldots, q_n, p_1, \ldots, p_n, t)$. Bunun için (13.1)'deki $n$ denklem hızlar için çözülür, $\dot{q}_i = \dot{q}_i(q, p, t)$, ve (13.2)'ye yerleştirilir.

Legendre dönüşümü. $\mathcal{L}(\dot{q})$ yerine $\mathcal{H}(p)$'yi kullanmanın geometrik bir anlamı vardır. Tek koordinat için $\mathcal{L}$'yi $\dot{q}$'nun fonksiyonu olarak çizelim (Şekil 13.1). $p = \partial\mathcal{L}/\partial\dot{q}$, eğrinin eğimidir. $\dot{q}_0$ noktasındaki teğet doğru, düşey ekseni $\mathcal{L} - p\dot{q}_0 = -\mathcal{H}$ yüksekliğinde keser. Bir eğrinin, her noktadaki eğimiyle o noktadaki teğetin kesişimini ilişkilendiren bu dönüşüme Legendre dönüşümü denir. $\mathcal{L}$, $\dot{q}$'nun dışbükey bir fonksiyonu olduğu sürece (kinetik enerji hızların karesel ve pozitif bir fonksiyonu olduğundan mekanikte hep öyledir) her eğime tek bir teğet karşılık gelir ve $\mathcal{L}(\dot{q})$ ile $\mathcal{H}(p)$ aynı bilgiyi taşır. Termodinamikte iç enerjiden entalpiye ya da serbest enerjiye geçiş de bir Legendre dönüşümüdür.

13.2Hamilton denklemleri

$\mathcal{H}(q, p, t)$'nin diferansiyelini iki yoldan hesaplayalım. Birincisi tanımdır:

$$ \dd\mathcal{H} = \sum_i\left(\frac{\partial\mathcal{H}}{\partial q_i}\dd q_i + \frac{\partial\mathcal{H}}{\partial p_i}\dd p_i\right) + \frac{\partial\mathcal{H}}{\partial t}\dd t $$

(13.3)

İkincisi (13.2)'dir. $\mathcal{L}(q, \dot{q}, t)$'nin diferansiyelini açarak

$$ \dd\mathcal{H} = \sum_i\left(p_i\,\dd\dot{q}_i + \dot{q}_i\,\dd p_i\right) - \sum_i\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial q_i}\dd q_i + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{q}_i}\dd\dot{q}_i\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial t}\dd t $$

buluruz. $\partial\mathcal{L}/\partial\dot{q}_i = p_i$ olduğundan $\dd\dot{q}_i$'li terimler birbirini götürür; bu, Legendre dönüşümünün asıl amacıdır: $\mathcal{H}$ artık hızlara bağlı değildir. Lagrange denklemi $\partial\mathcal{L}/\partial q_i = \dot{p}_i$'yi de kullanırsak

$$ \dd\mathcal{H} = \sum_i\left(-\dot{p}_i\,\dd q_i + \dot{q}_i\,\dd p_i\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial t}\dd t $$

(13.4)

olur. (13.3) ve (13.4)'te aynı diferansiyellerin katsayılarını eşitleyerek Hamilton denklemlerini (kanonik denklemleri) buluruz:

Teorem 13.1Hamilton denklemleri

$$ \dot{q}_i = \frac{\partial\mathcal{H}}{\partial p_i}, \qquad \dot{p}_i = -\frac{\partial\mathcal{H}}{\partial q_i} \qquad (i = 1, \ldots, n) $$

(13.5)

Ayrıca $\partial\mathcal{H}/\partial t = -\partial\mathcal{L}/\partial t$'dir.

Birinci denklem kümesi, hızları momentumlar cinsinden verir; (13.1)'in tersidir. İkinci küme, Lagrange denklemlerinin ta kendisidir. Lagrange denklemlerinin $n$ tane ikinci mertebe denklemi, Hamilton biçiminde $2n$ tane birinci mertebe denklem olur. İki denklem kümesinin dikkat çekici bir simetrisi vardır: tek fark bir eksi işaretidir. Bu yüzden $q$ ve $p$'ye kanonik eşlenik değişkenler denir.

$\mathcal{H}$'nin hareket boyunca zamana göre toplam türevini Hamilton denklemleriyle hesaplayalım:

$$ \dv{\mathcal{H}}{t} = \sum_i\left(\frac{\partial\mathcal{H}}{\partial q_i}\dot{q}_i + \frac{\partial\mathcal{H}}{\partial p_i}\dot{p}_i\right) + \frac{\partial\mathcal{H}}{\partial t} = \sum_i\left(\frac{\partial\mathcal{H}}{\partial q_i}\frac{\partial\mathcal{H}}{\partial p_i} - \frac{\partial\mathcal{H}}{\partial p_i}\frac{\partial\mathcal{H}}{\partial q_i}\right) + \frac{\partial\mathcal{H}}{\partial t} = \frac{\partial\mathcal{H}}{\partial t} $$

(13.6)

$\mathcal{H}$ zamana açıkça bağlı değilse korunur; 7. bölümdeki sonucu yeniden bulduk.

Yöntem. Bir problemi Hamilton yöntemiyle çözmek için: (1) genelleştirilmiş koordinatları seçin ve $\mathcal{L} = T - U$'yu yazın; (2) (13.1) ile momentumları bulun ve hızları momentumlar cinsinden çözün; (3) $\mathcal{H}$'yi $q$ ve $p$ cinsinden yazın (doğal sistemlerde doğrudan $\mathcal{H} = T + U$ ile, $T$'yi momentumlarla ifade ederek); (4) (13.5)'i yazın.

Örnek 13.1Tek boyutta korunumlu kuvvet

Bir $U(x)$ potansiyelinde tek boyutta hareket eden $m$ kütleli bir parçacığın Hamilton denklemlerini yazın ve Newton'un ikinci yasasını elde edin.

Çözüm

$\mathcal{L} = \tfrac12 m\dot{x}^2 - U(x)$, $p = m\dot{x}$, $\dot{x} = p/m$ ve

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

Hamilton denklemleri:

$$ \dot{x} = \frac{\partial\mathcal{H}}{\partial p} = \frac{p}{m}, \qquad \dot{p} = -\frac{\partial\mathcal{H}}{\partial x} = -U'(x) $$

Birincisi momentumun tanımı, ikincisi $\dot{p} = F$, yani Newton'un ikinci yasasıdır. Birlikte $m\ddot{x} = -U'(x)$ verirler.

Örnek 13.2Atwood düzeneği

Kütlesiz ve sürtünmesiz bir makaradan geçen bir ipin uçlarında $m_1 = 3{,}0$ kg ve $m_2 = 2{,}0$ kg'lık kütleler asılıdır. Hamilton denklemleriyle ivmeyi bulun.

Çözüm

$x$, $m_1$'in makaradan aşağı uzaklığı olsun; ip uzamadığından $m_2$ aynı hızla yukarı gider. $T = \tfrac12(m_1 + m_2)\dot{x}^2$, $U = -m_1gx - m_2g(\ell - x)$ ($\ell$ sabit). $p = (m_1 + m_2)\dot{x}$ ve

$$ \mathcal{H} = \frac{p^2}{2(m_1 + m_2)} - (m_1 - m_2)gx + \text{sabit} $$

Hamilton denklemleri: $\dot{x} = p/(m_1 + m_2)$ ve $\dot{p} = (m_1 - m_2)g$. Birlikte

$$ \ddot{x} = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}\,g = \frac{1{,}0}{5{,}0}\times 9{,}8 = 1{,}96\ \text{m/s}^2 $$

Momentum, bileşke dış kuvvetle ($(m_1 - m_2)g$) düzgün olarak artar.

Örnek 13.3Merkezi kuvvet

Bir düzlemde $U(r)$ merkezi potansiyelinde hareket eden $m$ kütleli bir parçacığın Hamilton fonksiyonunu kutupsal koordinatlarda yazın ve Hamilton denklemlerini bulun.

Çözüm

$T = \tfrac12 m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\phi}^2)$; $p_r = m\dot{r}$, $p_\phi = mr^2\dot{\phi}$. Hızları çözüp $\mathcal{H} = T + U$'ya koyarsak

$$ \mathcal{H} = \frac{p_r^2}{2m} + \frac{p_\phi^2}{2mr^2} + U(r) $$

(13.7)

Hamilton denklemleri:

$$ \dot{r} = \frac{p_r}{m}, \quad \dot{\phi} = \frac{p_\phi}{mr^2}, \quad \dot{p}_r = \frac{p_\phi^2}{mr^3} - U'(r), \quad \dot{p}_\phi = 0 $$

$\phi$, $\mathcal{H}$'de bulunmadığından $p_\phi = \ell$ (açısal momentum) korunur. Bu sabit yerine konunca $\mathcal{H}$ yalnızca $r$ ve $p_r$'nin fonksiyonu olur:

$$ \mathcal{H} = \frac{p_r^2}{2m} + \underbrace{\frac{\ell^2}{2mr^2} + U(r)}_{U_{\text{etk}}(r)} $$

Bu, 8. bölümdeki etkin potansiyelde tek boyutlu harekettir (orada $m$ yerine indirgenmiş kütle $\mu$ bulunur). $\dot{p}_r$ denklemindeki $p_\phi^2/mr^3 = mr\dot{\phi}^2$ terimi, merkezkaç terimidir.

Örnek 13.4Manyetik alanda yüklü parçacık

7. bölümde, $\vb{A}$ vektör potansiyelindeki bir parçacığın kanonik momentumunun $\vb{p} = m\vb{v} + e\vb{A}$ olduğunu gördük (yükü $e$ ile gösteriyoruz, çünkü $q$ koordinatlar için kullanılıyor). $V = 0$ iken Hamilton fonksiyonu $\mathcal{H} = \tfrac12 mv^2 = (\vb{p} - e\vb{A})^2/2m$'dir. Düzgün $\vb{B} = B\uv{z}$ alanı için $\vb{A} = (0, Bx, 0)$ seçerek hareketi bulun.

Çözüm

Önce $\nabla\times\vb{A} = (\partial A_y/\partial x)\uv{z} = B\uv{z}$ ✓. Hamilton fonksiyonu

$$ \mathcal{H} = \frac{1}{2m}\left[p_x^2 + (p_y - eBx)^2 + p_z^2\right] $$

$y$ ve $z$ döngüseldir: $p_y$ ve $p_z$ sabittir. $x$ için Hamilton denklemleri

$$ \dot{x} = \frac{p_x}{m}, \qquad \dot{p}_x = \frac{eB}{m}(p_y - eBx) = -m\omega_c^2(x - x_0) $$

dir; burada $\omega_c = eB/m$ ve $x_0 = p_y/eB$. Bu, $x_0$ çevresinde $\omega_c$ açısal frekansıyla basit harmonik harekettir. $\dot{y} = \partial\mathcal{H}/\partial p_y = (p_y - eBx)/m = -\omega_c(x - x_0)$ olduğundan, $x = x_0 + R\cos\omega_ct$ için $y = y_0 - R\sin\omega_ct$ bulunur: merkezi $(x_0, y_0)$ olan bir çember, 2. bölümdeki siklotron hareketi. Bir elektron için 1,0 T'da $\omega_c = 1{,}76\times10^{11}$ rad/s (28 GHz). Bu seçimde $p_y$ mekanik momentum $m\dot{y}$'ye eşit değildir; korunan $p_y$, çemberin merkezinin $x$ koordinatını belirler. Kuantum mekaniğinde aynı Hamilton fonksiyonu, Landau düzeylerine yol açar.

13.3Döngüsel koordinatlar

Bir koordinat $q_k$ Hamilton fonksiyonunda bulunmuyorsa (13.5)'ten $\dot{p}_k = 0$ olur: karşılık gelen momentum korunur. Bu, Lagrange biçimindeki döngüsel koordinat teoremidir (7. bölüm). Ama Hamilton biçiminde döngüsel bir koordinat çok daha büyük kolaylık sağlar. Lagrange biçiminde $q_k$ döngüsel olsa bile $\dot{q}_k$ Lagrange fonksiyonunda kalır ve denklemlerde değişken olarak görünmeye devam eder. Hamilton biçiminde ise $p_k$ sabit bir sayı $\alpha$ olur ve $\mathcal{H}(q_1, \ldots, q_{k-1}, q_{k+1}, \ldots;\, p_1, \ldots, \alpha, \ldots)$ artık yalnızca $n - 1$ serbestlik derecesinin fonksiyonudur. Problem gerçekten bir boyut azalır; çözüldükten sonra $q_k$, $\dot{q}_k = \partial\mathcal{H}/\partial\alpha$ integral alınarak bulunur. Örnek 13.3'te $\phi$ ve Örnek 13.4'te $y$, $z$ tam olarak böyle ortadan kalktı.

Bu gözlem, Hamilton mekaniğinin ileri düzeydeki büyük stratejisini de gösterir: koordinatları, olabildiğince çoğu döngüsel olacak biçimde seçmek. Bütün koordinatların döngüsel olduğu bir değişken takımı bulunabilirse problem tamamen çözülmüş olur (Kısım 13.8).

Tarihçe

William Rowan Hamilton (1805–1865) Dublin'de doğdu; çocukken birçok dil öğrenen bir harika çocuktu. Trinity College'da henüz öğrenciyken, 1827'de, 21 yaşında İrlanda Kraliyet Gökbilimcisi ve astronomi profesörü oldu. İlk büyük çalışması optik üzerineydi: ışık ışınlarının bütün özelliklerini tek bir "karakteristik fonksiyondan" türetti. 1834 ve 1835'te yayımladığı iki makalede ("On a General Method in Dynamics") aynı yöntemi mekaniğe uyguladı ve optik ile mekanik arasında derin bir benzerlik kurdu. Bu benzerlik, neredeyse bir yüzyıl sonra Schrödinger'in dalga mekaniğini kurarken başlangıç noktası oldu. Hamilton'ın adı bugün kuantum mekaniğinde enerji işlemcisinin adıdır: Hamiltonyen. Hamilton 1843'te kuaterniyonları da buldu ve temel bağıntılarını Dublin'deki Brougham Köprüsü'nün taşına kazıdı.

13.4Lagrange mı, Hamilton mı?

İki biçim aynı fiziği anlatır; hangisinin daha kullanışlı olduğu amaca bağlıdır.

	Lagrange	Hamilton
Değişkenler	$q_i$, $\dot{q}_i$	$q_i$, $p_i$
Temel fonksiyon	$\mathcal{L} = T - U$	$\mathcal{H} = T + U$ (doğal sistemlerde)
Denklemler	$n$ tane ikinci mertebe	$2n$ tane birinci mertebe
Uzay	yapılandırma uzayı ($n$ boyutlu)	faz uzayı ($2n$ boyutlu)
Döngüsel koordinat	bir korunan nicelik	problem bir boyut küçülür
Doğal uzantısı	alan kuramları, Noether teoremi	istatistik mekanik, kuantum mekaniği, kaos

Somut bir problemin hareket denklemini bulmak için Lagrange yöntemi genellikle daha doğrudandır, çünkü hızları momentumlar cinsinden çözmek gerekmez. Sayısal yöntemler (2. ve 12. bölümlerdeki Runge–Kutta yöntemi gibi) birinci mertebe denklemlerle çalışır; Hamilton denklemleri zaten bu biçimdedir, Lagrange denklemlerini ise önce birinci mertebe denklemlere dönüştürmek gerekir. Hamilton biçiminin gerçek gücü kuramsaldır: faz uzayının geometrisi, Liouville teoremi, Poisson parantezleri ve kanonik dönüşümler.

13.5Faz uzayı

$n$ serbestlik dereceli bir sistemin durumu, $2n$ sayıyla, yani $(q_1, \ldots, q_n, p_1, \ldots, p_n)$ ile tam olarak belirlenir. Bu $2n$ boyutlu uzaya faz uzayı denir. Faz uzayındaki her nokta bir durumdur ve Hamilton denklemleri her noktada sistemin "hızını", $(\dot{q}, \dot{p})$'yi verir. Bir durumdan başlayan hareket, faz uzayında bir faz yörüngesi çizer. Hamilton denklemleri birinci mertebeden olduğu için her noktadan tek bir yörünge geçer: $\mathcal{H}$ zamana açıkça bağlı değilse faz yörüngeleri birbirini kesmez (12. bölümde aynı sonucu $(\phi, \dot{\phi})$ düzleminde kullandık).

$\mathcal{H}$ zamana bağlı değilse korunur; tek boyutta faz yörüngeleri, $\mathcal{H}(q, p) = E$ eş-enerji eğrileridir. Faz yörüngelerinin bütününü gösteren çizime faz portresi denir.

Sarkacın faz portresi — **Şekil 13.2.** Basit sarkacın faz portresi, $\mathcal{H} = p^2/2mL^2 - mgL\cos\phi$. Mavi: salınım yapan yörüngeler ($E < mgL$); yeşil: tam tur atan dönme yörüngeleri ($E > mgL$); kırmızı: ikisini ayıran ayırıcı eğri ($E = mgL$). Oklar hareketin yönüdür: $p > 0$ iken $\phi$ artar. $\phi = \pm\pi$ aynı noktadır (sarkacın tepesi).

Basit sarkaç için ($q = \phi$, $p = mL^2\dot{\phi}$) $\mathcal{H} = p^2/2mL^2 - mgL\cos\phi$'dir. Şekil 13.2'deki faz portresinde üç tür yörünge vardır. Enerji $E < mgL$ ise sarkaç alt denge noktası ($\phi = 0$) çevresinde salınır; küçük genliklerde yörüngeler elipslere yaklaşır. Enerji $E > mgL$ ise sarkaç tepeyi aşar ve hep aynı yönde döner; $p$ hiç sıfır olmaz. İkisinin arasında, $E = mgL$ iken ayırıcı eğri (separatris) vardır: sarkaç tepedeki kararsız denge noktasına sonsuz uzun bir sürede yaklaşır. $\phi = \pm\pi$'deki noktalarda ayırıcı eğriler kesişiyor gibi görünür; ama kesişme noktası bir denge noktasıdır ve hiçbir yörünge oraya sonlu bir sürede ulaşmaz, belirlenimcilikle çelişki yoktur.

Örnek 13.5Tepeyi aşmak için gereken hız

Uzunluğu $L = 1{,}0$ m olan basit bir sarkaç en alt noktadayken ona ne kadar yatay hız verilirse tam tur atar? Ayırıcı eğrinin $\phi = 0$'daki momentumunu bulun.

Çözüm

Ayırıcı eğri $\mathcal{H} = mgL$ eğrisidir: $p^2/2mL^2 = mgL(1 + \cos\phi)$. $\phi = 0$'da $p = 2mL^2\sqrt{g/L} = 2mL^2\omega_0$, yani hız $v = L\dot{\phi} = 2\sqrt{gL} = 2\sqrt{9{,}8 \times 1{,}0} = 6{,}3$ m/s. Bundan büyük her hız dönmeye, küçük her hız salınıma yol açar. (Bu, sarkaç kütlesinin sert bir çubuğa bağlı olduğu durum içindir; ip olsaydı ip tepeye varmadan gevşerdi ve 4. bölümdeki ilmek örneğinde olduğu gibi $\sqrt{5gL}$ gerekirdi.) Tam olarak $2\sqrt{gL}$ ile başlayan sarkaç tepeye yaklaşır ama oraya hiç ulaşmaz.

13.6Liouville teoremi

Tek bir sistemi değil, başlangıç koşulları biraz farklı çok sayıda özdeş sistemi düşünelim: örneğin bir gazdaki moleküller ya da bir hızlandırıcıdaki parçacık demeti. Bu sistemler faz uzayında bir bölgeyi doldurur. Zaman ilerledikçe her nokta kendi Hamilton yörüngesini izler ve bölge hareket eder, biçimini değiştirir. Hamilton mekaniğinin en önemli sonuçlarından biri, bu bölgenin hacminin değişmediğidir.

Teorem 13.2Liouville teoremi

Hamilton denklemlerine uyan bir sistemde, faz uzayındaki herhangi bir bölgenin hacmi, bölgedeki noktalar hareket ettikçe sabit kalır.

Kanıt. Faz uzayında her noktanın hızını bir "akışkanın" hız alanı gibi düşünelim: $\vb{u} = (\dot{q}_1, \ldots, \dot{q}_n, \dot{p}_1, \ldots, \dot{p}_n)$. Bir akışkanda, kapalı bir yüzeyin içindeki hacmin değişme hızı, yüzeyden dışarı olan akıya eşittir; Gauss teoremiyle bu, hacim içinde hız alanının ıraksamasının integralidir: $\dd V/\dd t = \int\nabla\cdot\vb{u}\,\dd V$. Faz uzayında ıraksama, Hamilton denklemleriyle

$$ \nabla\cdot\vb{u} = \sum_i\left(\frac{\partial\dot{q}_i}{\partial q_i} + \frac{\partial\dot{p}_i}{\partial p_i}\right) = \sum_i\left(\frac{\partial^2\mathcal{H}}{\partial q_i\,\partial p_i} - \frac{\partial^2\mathcal{H}}{\partial p_i\,\partial q_i}\right) = 0 $$

(13.8)

olur. Faz uzayındaki "akış" sıkıştırılamaz bir akışkan gibidir; her bölgenin hacmi korunur. ∎

Bölge şeklini değiştirebilir, hatta çok değiştirebilir: Şekil 13.3'te sarkacın faz uzayındaki dairesel bir bölge, farklı enerjili noktalar farklı periyotlarla dolandığı için uzayıp kıvrılır, ama alanı değişmez. Sönümlü bir salınıcıda ise (Problem 13.11) ıraksama $-2\beta$'dır ve alan $e^{-2\beta t}$ ile küçülür: sönüm, Hamilton yapısını bozar. 12. bölümdeki çekerler ancak böyle hacim küçülten sistemlerde var olabilir; Hamilton sistemlerinin çekeri yoktur.

Uygulamalar. Liouville teoremi, istatistik mekaniğin temelidir. Teoreme göre, çok sayıda özdeş sistemin faz uzayındaki olasılık yoğunluğu, her noktayla birlikte hareket eden bir gözlemciye göre değişmez. Bu yüzden yalnızca enerjinin fonksiyonu olan bir yoğunluk (örneğin Boltzmann dağılımı) zamanla değişmez; istatistiksel dengenin tutarlılığı buna dayanır. Hızlandırıcı fiziğinde, bir parçacık demetinin genişliği ile açısal yayılmasının çarpımı (emitans) Liouville teoremi yüzünden mıknatıslarla küçültülemez: demeti daraltırsanız açısal yayılması artar (Problem 13.16). Bu sınırı aşmanın yolu, Hamilton yapısını bozan bir etkileşimdir; Simon van der Meer'in demeti algılayıp düzelten stokastik soğutma yöntemi, CERN'de W ve Z bozonlarının keşfini mümkün kıldı ve 1984 Nobel Fizik Ödülü'nü Carlo Rubbia ile paylaşmasını sağladı. Optikte aynı ilke, bir merceğin ya da aynanın ışığı kaynağın yüzey parlaklığından daha parlak bir görüntüye toplayamayacağını söyler.

13.7Poisson parantezleri

Faz uzayında tanımlı herhangi bir $f(q, p, t)$ niceliğinin hareket boyunca nasıl değiştiğini bulalım. Zincir kuralı ve Hamilton denklemleriyle

$$ \dv{f}{t} = \sum_i\left(\frac{\partial f}{\partial q_i}\dot{q}_i + \frac{\partial f}{\partial p_i}\dot{p}_i\right) + \frac{\partial f}{\partial t} = \sum_i\left(\frac{\partial f}{\partial q_i}\frac{\partial\mathcal{H}}{\partial p_i} - \frac{\partial f}{\partial p_i}\frac{\partial\mathcal{H}}{\partial q_i}\right) + \frac{\partial f}{\partial t} $$

Bu yapı o kadar sık karşımıza çıkar ki ona bir ad verilir. İki fonksiyonun Poisson parantezi

$$ \{f, g\} = \sum_i\left(\frac{\partial f}{\partial q_i}\frac{\partial g}{\partial p_i} - \frac{\partial f}{\partial p_i}\frac{\partial g}{\partial q_i}\right) $$

(13.9)

olarak tanımlanır. O zaman

$$ \dv{f}{t} = \{f, \mathcal{H}\} + \frac{\partial f}{\partial t} $$

(13.10)

olur. Zamana açıkça bağlı olmayan bir $f$, ancak ve ancak $\{f, \mathcal{H}\} = 0$ ise bir hareket sabitidir. Hamilton denklemlerinin kendisi de bu biçimde yazılabilir: $\dot{q}_i = \{q_i, \mathcal{H}\}$, $\dot{p}_i = \{p_i, \mathcal{H}\}$. Koordinatların ve momentumların kendi aralarındaki parantezlere temel Poisson parantezleri denir:

$$ \{q_i, q_j\} = 0, \qquad \{p_i, p_j\} = 0, \qquad \{q_i, p_j\} = \delta_{ij} $$

(13.11)

Poisson parantezi ters simetriktir ($\{f, g\} = -\{g, f\}$), her iki terimine göre doğrusaldır, çarpım kuralına uyar ($\{f, gh\} = \{f, g\}h + g\{f, h\}$) ve Jacobi özdeşliğini sağlar:

$$ \{f, \{g, h\}\} + \{g, \{h, f\}\} + \{h, \{f, g\}\} = 0 $$

Örnek 13.6Açısal momentumun Poisson parantezleri

$L_x = yp_z - zp_y$, $L_y = zp_x - xp_z$, $L_z = xp_y - yp_x$ için $\{L_x, L_y\}$'yi hesaplayın. Merkezi bir kuvvette $L_z$'nin korunduğunu Poisson parantezleriyle gösterin.

Çözüm

(13.9)'un toplamında yalnızca bir fonksiyonun bir koordinata, ötekinin o koordinatın eşleniği olan momentuma bağlı olduğu terimler katkı verir. $L_x$, $x$ ve $p_x$'i içermez; $L_y$ de $y$ ve $p_y$'yi içermez. Bu yüzden yalnızca $(z, p_z)$ çifti katkı verir:

$$ \{L_x, L_y\} = \frac{\partial L_x}{\partial z}\frac{\partial L_y}{\partial p_z} - \frac{\partial L_x}{\partial p_z}\frac{\partial L_y}{\partial z} = (-p_y)(-x) - (y)(p_x) = xp_y - yp_x = L_z $$

Benzer biçimde (döngüsel olarak) $\{L_y, L_z\} = L_x$ ve $\{L_z, L_x\} = L_y$. Merkezi bir kuvvet için $\mathcal{H} = p^2/2m + U(r)$. $L_z$, $xy$ düzlemindeki dönmelerin "üretecidir": $\{x, L_z\} = -y$, $\{y, L_z\} = x$, $\{p_x, L_z\} = -p_y$, $\{p_y, L_z\} = p_x$. Bunlarla $\{p^2, L_z\} = 2p_x(-p_y) + 2p_y(p_x) = 0$ ve $\{r^2, L_z\} = 2x(-y) + 2y(x) = 0$; $U(r)$, $r^2$'nin fonksiyonu olduğundan $\{U, L_z\} = 0$. Dolayısıyla $\{L_z, \mathcal{H}\} = 0$: $L_z$ korunur ✓.

Jacobi özdeşliğinin şaşırtıcı bir sonucu vardır (Poisson teoremi, Problem 13.9): iki hareket sabitinin Poisson parantezi de bir hareket sabitidir. Örneğin bir sistemde $L_x$ ve $L_y$ korunuyorsa, $L_z = \{L_x, L_y\}$ de korunmak zorundadır.

Tarihçe

Siméon Denis Poisson parantezlerini 1809'da gezegen yörüngelerinin bozulmaları üzerine bir çalışmasında tanımladı. Bir yüzyıldan uzun bir süre sonra, 1925'te genç Paul Dirac, Heisenberg'in yeni kuantum mekaniğindeki matris komütatörü $\hat{A}\hat{B} - \hat{B}\hat{A}$'nın Poisson parantezinin kuantum karşılığı olduğunu fark etti: $[\hat{A}, \hat{B}] = i\hbar\{A, B\}$. Temel parantez $\{x, p\} = 1$, kuantum mekaniğinin temel bağıntısı $[\hat{x}, \hat{p}] = i\hbar$'a dönüşür; (13.10) de Heisenberg'in hareket denklemi $\dd\hat{A}/\dd t = [\hat{A}, \hat{H}]/i\hbar$ olur. Klasik mekaniğin Hamilton biçimi, kuantum mekaniğine geçişin köprüsüdür.

13.8Kanonik dönüşümler

Lagrange biçiminde koordinatları istediğimiz gibi değiştirebiliriz ($q \to Q(q)$); Lagrange denklemleri her koordinat sisteminde aynı biçimdedir. Hamilton biçimi daha da esnektir: koordinatları ve momentumları birbirine karıştıran dönüşümlere de izin verir, $Q = Q(q, p)$, $P = P(q, p)$. Ama her dönüşüm Hamilton denklemlerinin biçimini korumaz. Biçimi koruyan dönüşümlere kanonik dönüşümler denir. Tek serbestlik dereceli ve zamana bağlı olmayan bir dönüşümün kanonik olması için gerek ve yeter koşul

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

(13.12)

dur: yeni değişkenler de temel Poisson parantezlerini sağlamalıdır. Bu ifade, dönüşümün Jacobi determinantıdır; koşul, dönüşümün faz uzayındaki alanları korumasıdır. Dönüşüm kanonikse, eski Hamilton fonksiyonu yeni değişkenlerle yazılınca ($\mathcal{H}(q(Q, P), p(Q, P))$) yeni değişkenler de $\dot{Q} = \partial\mathcal{H}/\partial P$, $\dot{P} = -\partial\mathcal{H}/\partial Q$ denklemlerine uyar.

Örneğin $Q = p$, $P = -q$ kanoniktir (Problem 13.12): Hamilton biçiminde "koordinat" ile "momentum" arasındaki fark yalnızca bir adlandırmadır. Kanonik dönüşümlerin asıl gücü, Hamilton fonksiyonunu basitleştirmektir. Bütün yeni koordinatların döngüsel olduğu değişkenler bulunursa bütün yeni momentumlar sabit olur ve problem çözülür.

Örnek 13.7Harmonik salınıcının eylem-açı değişkenleri

Harmonik salınıcı için $\mathcal{H} = p^2/2m + \tfrac12 m\omega^2q^2$. Yeni değişkenler

$$ q = \sqrt{\frac{2P}{m\omega}}\,\sin Q, \qquad p = \sqrt{2m\omega P}\,\cos Q $$

(13.13)

ile tanımlanıyor. Dönüşümün kanonik olduğunu gösterin, $\mathcal{H}$'yi yeni değişkenlerle yazın ve hareketi bulun.

Çözüm

(13.13)'ten $\{q, p\}_{Q,P}$'yi hesaplamak daha kolaydır (bir dönüşüm alanları koruyorsa tersi de korur):

$$ \begin{aligned} \frac{\partial q}{\partial Q}\frac{\partial p}{\partial P} - \frac{\partial q}{\partial P}\frac{\partial p}{\partial Q} &= \sqrt{\frac{2P}{m\omega}}\cos Q\cdot\sqrt{\frac{m\omega}{2P}}\cos Q + \frac{\sin Q}{\sqrt{2m\omega P}}\cdot\sqrt{2m\omega P}\,\sin Q\\ &= \cos^2Q + \sin^2Q = 1 \ ✓ \end{aligned} $$

Hamilton fonksiyonu:

$$ \mathcal{H} = \frac{2m\omega P\cos^2Q}{2m} + \frac12 m\omega^2\frac{2P}{m\omega}\sin^2Q = \omega P $$

$Q$ döngüseldir! $\dot{P} = -\partial\mathcal{H}/\partial Q = 0$: $P = E/\omega$ sabittir. $\dot{Q} = \partial\mathcal{H}/\partial P = \omega$: $Q = \omega t + Q_0$. (13.13)'e koyarsak $q = \sqrt{2E/m\omega^2}\sin(\omega t + Q_0)$: bildiğimiz çözüm, genliği $A = \sqrt{2E/m\omega^2}$. Faz uzayında (Şekil 13.4) $(q, p)$ düzlemindeki elipsler $(Q, P)$ düzleminde yatay doğrulara dönüşür; $Q$, elips üzerindeki konumu gösteren bir açıdır. Elipsin alanı $\pi A\cdot m\omega A = 2\pi E/\omega = 2\pi P$'dir.

Kanonik dönüşüm — **Şekil 13.4.** Harmonik salınıcının eylem-açı değişkenleri. Solda $(q, p)$ düzleminde eş-enerji elipsleri ve sabit $Q$ doğruları (kesikli); sağda aynı eğriler $(Q, P)$ düzleminde: elipsler yatay doğrulara, $Q$ doğruları düşey doğrulara dönüşür.

$P$'ye eylem değişkeni, $Q$'ya açı değişkeni denir. Genel olarak, periyodik bir hareketin eylemi

$$ J = \oint p\,\dd q $$

(13.14)

dir: faz yörüngesinin çevrelediği alan. Harmonik salınıcıda $J = 2\pi E/\omega$'dır, yani $P = J/2\pi$. Eylem-açı değişkenleri, gök mekaniğinde gezegen yörüngelerinin bozulmalarını hesaplamanın ve kaos kuramında düzenli hareketi kaotik hareketten ayırmanın temel aracıdır.

13.9Adyabatik değişmezler

Bir sistemin parametrelerinden biri (bir sarkacın uzunluğu, bir yayın sabiti, bir kutunun boyu) hareketin periyoduna göre çok yavaş değişirse, enerji korunmaz: parametreyi değiştiren dış etken iş yapar. Ama eylem $J = \oint p\,\dd q$ çok iyi bir yaklaşıklıkla sabit kalır. Yavaş değişimler altında korunan bu tür niceliklere adyabatik değişmez denir. Harmonik salınıcı için $J = 2\pi E/\omega$ olduğundan

$$ \frac{E}{\omega} \approx \text{sabit} $$

(13.15)

olur: frekans yavaşça değişirse enerji frekansla orantılı değişir.

Örnek 13.8İpi yavaşça kısaltılan sarkaç

Küçük genlikle salınan bir sarkacın ipi, bir delikten yukarı çekilerek 200 s içinde düzgün biçimde 1,0 m'den 0,50 m'ye kısaltılıyor. Başlangıç genliği 0,050 rad'dır. Son genliği ve enerjinin ne kadar arttığını bulun.

Adyabatik değişmez — **Şekil 13.5.** İpi 200 s içinde 1,0 m'den 0,50 m'ye kısaltılan sarkacın açısı. Sayısal çözüm (mavi) ile adyabatik değişmezin öngördüğü $\phi_0 \propto L^{-3/4}$ zarfı (kesikli) üst üste düşer: genlik 0,050 rad'dan 0,084 rad'a çıkar.

Çözüm

Sarkacın periyodu yaklaşık 2 s'dir; ip 200 s'de, yani yaklaşık yüz salınım boyunca kısaltılıyor: değişim yavaştır. $\omega = \sqrt{g/L}$ olduğundan (13.15) ile $E \propto \omega \propto L^{-1/2}$: enerji $\sqrt{2} = 1{,}41$ katına çıkar. Fazla enerji, ipi çeken kuvvetin yaptığı iştir. Küçük açılarda enerji $E = \tfrac12 mgL\phi_0^2$'dir, buradan

$$ \phi_0^2 \propto \frac{E}{L} \propto L^{-3/2}, \qquad \phi_0 \propto L^{-3/4} $$

Son genlik $0{,}050 \times 2^{3/4} = 0{,}050 \times 1{,}68 = 0{,}084$ rad. Şekil 13.5'teki sayısal çözüm (değişken uzunluklu sarkacın denklemi $\ddot{\phi} = -(g/L)\sin\phi - 2(\dot{L}/L)\dot{\phi}$, Problem 13.15) aynı oranı, 1,68'i verir. Açı büyür, ama salınımın yay uzunluğu $L\phi_0 \propto L^{1/4}$ küçülür.

Adyabatik değişmezler kuantum mekaniğinin doğuşunda önemli bir rol oynadı. 1911'deki ilk Solvay Konferansı'nda Hendrik Lorentz, ipi yavaşça kısaltılan bir sarkacın Planck'ın $E = nhf$ kuantum koşuluna nasıl uyduğunu sordu; Einstein, $E/f$'nin adyabatik bir değişmez olduğunu, dolayısıyla kuantum sayısının yavaş değişimlerde değişmediğini yanıtladı. Paul Ehrenfest bu fikirden, kuantumlanması gereken niceliklerin adyabatik değişmezler olduğu sonucunu çıkardı; Bohr–Sommerfeld kuantum koşulu $\oint p\,\dd q = nh$ bunun ifadesidir. Plazma fiziğinde de manyetik alanda dolanan yüklü parçacıkların manyetik momenti bir adyabatik değişmezdir; manyetik aynalar ve Dünya'nın Van Allen kuşakları bu sayede parçacıkları tuzaklar.

Özet

Hamilton fonksiyonu $\mathcal{H} = \sum p_i\dot{q}_i - \mathcal{L}$, koordinatların ve momentumların fonksiyonu olarak yazılır (Legendre dönüşümü, (13.2)); doğal sistemlerde $\mathcal{H} = T + U$'dur.
Hamilton denklemleri $\dot{q}_i = \partial\mathcal{H}/\partial p_i$, $\dot{p}_i = -\partial\mathcal{H}/\partial q_i$ (13.5), $n$ ikinci mertebe Lagrange denkleminin yerine $2n$ birinci mertebe denklemdir. $\dd\mathcal{H}/\dd t = \partial\mathcal{H}/\partial t$ (13.6).
Döngüsel bir koordinat, Hamilton biçiminde problemi bir serbestlik derecesi azaltır.
Faz uzayı $2n$ boyutludur; faz yörüngeleri kesişmez. Sarkacın faz portresinde salınım ve dönme yörüngelerini ayırıcı eğri ayırır.
Liouville teoremi: faz uzayındaki bölgelerin hacmi korunur (13.8). Sönüm hacmi küçültür; çekerler yalnızca sönümlü sistemlerde vardır.
Poisson parantezi (13.9) ile $\dd f/\dd t = \{f, \mathcal{H}\} + \partial f/\partial t$ (13.10); $\{q_i, p_j\} = \delta_{ij}$. Kuantum mekaniğinde parantez komütatöre dönüşür.
Kanonik dönüşümler Hamilton denklemlerinin biçimini korur (13.12). Harmonik salınıcının eylem-açı değişkenlerinde $\mathcal{H} = \omega P$'dir.
Eylem $J = \oint p\,\dd q$ (13.14) bir adyabatik değişmezdir; harmonik salınıcıda yavaş değişimlerde $E/\omega$ sabit kalır (13.15).

Problemler

Problem 13.1Harmonik salınıcı★☆☆

Yay sabiti $k$ olan bir yaya bağlı $m$ kütlesinin Hamilton fonksiyonunu yazın. Hamilton denklemlerinden $\ddot{x} = -(k/m)x$'i elde edin. Faz yörüngelerinin elips olduğunu gösterin ve yarı eksenlerini bulun.

Çözümü göster

$\mathcal{H} = p^2/2m + \tfrac12 kx^2$. $\dot{x} = p/m$, $\dot{p} = -kx$; türev alıp birleştirince $\ddot{x} = \dot{p}/m = -(k/m)x$ ✓. $\mathcal{H} = E$: $x^2/(2E/k) + p^2/(2mE) = 1$; yarı eksenler $\sqrt{2E/k}$ ($x$ yönünde) ve $\sqrt{2mE}$ ($p$ yönünde).

Problem 13.2Eğik atış★☆☆

Düşey düzlemde yer çekimi altında hareket eden bir cismin Hamilton fonksiyonunu kartezyen koordinatlarda ($y$ yukarı) yazın. Hamilton denklemlerini çözün. Hangi momentum korunur?

Çözümü göster

$\mathcal{H} = (p_x^2 + p_y^2)/2m + mgy$. $\dot{x} = p_x/m$, $\dot{p}_x = 0$; $\dot{y} = p_y/m$, $\dot{p}_y = -mg$. $x$ döngüseldir, $p_x$ korunur: $x = x_0 + (p_x/m)t$. $p_y = p_{y0} - mgt$, $y = y_0 + (p_{y0}/m)t - \tfrac12 gt^2$ ✓.

Problem 13.3Kütleli makaralı Atwood düzeneği★☆☆

Örnek 13.2'deki makaranın yarıçapı $R$, eylemsizlik momenti $I$'dır ve ip makara üzerinde kaymıyor. Hamilton fonksiyonunu yazıp ivmeyi bulun.

Çözümü göster

Makaranın açısal hızı $\dot{x}/R$: $T = \tfrac12(m_1 + m_2 + I/R^2)\dot{x}^2$. $p = M\dot{x}$ ile ($M = m_1 + m_2 + I/R^2$) $\mathcal{H} = p^2/2M - (m_1 - m_2)gx$. $\dot{p} = (m_1 - m_2)g$, $\ddot{x} = (m_1 - m_2)g/(m_1 + m_2 + I/R^2)$. Makara, kütlesi $I/R^2$ kadar bir ek eylemsizlik gibi davranır.

Problem 13.4Küresel sarkacın Hamilton fonksiyonu★★☆

7. bölümdeki küresel sarkacın ($\theta$ düşeyden aşağı doğru, $\phi$ yatay düzlemde) Hamilton fonksiyonunu yazın. Hangi momentum korunur? $\theta$ hareketinin etkin potansiyelini bulun.

Çözümü göster

$p_\theta = ml^2\dot{\theta}$, $p_\phi = ml^2\sin^2\theta\,\dot{\phi}$. $\mathcal{H} = p_\theta^2/2ml^2 + p_\phi^2/(2ml^2\sin^2\theta) - mgl\cos\theta$. $\phi$ döngüseldir: $p_\phi$ korunur (düşey eksene göre açısal momentum). $U_{\text{etk}}(\theta) = p_\phi^2/(2ml^2\sin^2\theta) - mgl\cos\theta$; $\theta \to 0$ ve $\theta \to \pi$'de sonsuza gider, yani $p_\phi \neq 0$ iken cisim ne tam aşağıdan ne de tam yukarıdan geçebilir.

Problem 13.5Dönen çemberdeki boncuk★★☆

Yarıçapı $R$ olan bir çember, düşey bir çapı çevresinde sabit $\omega$ açısal hızıyla dönüyor; üzerinde sürtünmesiz kayan $m$ kütleli boncuğun konumu, aşağı doğru düşeyden ölçülen $\theta$ açısıdır (7. bölüm). Hamilton fonksiyonunu yazın ve toplam enerjiye eşit olmadığını gösterin. Hamilton denklemlerinden $\theta \neq 0$ denge açısını bulun.

Çözümü göster

$\mathcal{L} = \tfrac12 mR^2(\dot{\theta}^2 + \omega^2\sin^2\theta) + mgR\cos\theta$; $p = mR^2\dot{\theta}$ ve $\mathcal{H} = p\dot{\theta} - \mathcal{L} = p^2/2mR^2 - \tfrac12 mR^2\omega^2\sin^2\theta - mgR\cos\theta$. Enerji $T + U = \tfrac12 mR^2(\dot{\theta}^2 + \omega^2\sin^2\theta) - mgR\cos\theta$; fark $mR^2\omega^2\sin^2\theta$'dır. $\mathcal{H}$ zamana bağlı olmadığından korunur; enerji korunmaz (çemberi döndüren motor iş yapar). Denge: $\dot{p} = -\partial\mathcal{H}/\partial\theta = mR^2\omega^2\sin\theta\cos\theta - mgR\sin\theta = 0$; $\sin\theta \neq 0$ için $\cos\theta_0 = g/R\omega^2$ ($\omega^2 > g/R$ ise) ✓.

Problem 13.6Hamilton denklemlerinden Lorentz kuvveti★★★

$\mathcal{H} = (\vb{p} - e\vb{A})^2/2m + eV$ Hamilton fonksiyonunun, $\vb{A}(\vb{r}, t)$ ve $V(\vb{r}, t)$ genel alanları için Lorentz kuvvetini verdiğini gösterin.

Çözümü göster

$\dot{\vb{r}} = \partial\mathcal{H}/\partial\vb{p} = (\vb{p} - e\vb{A})/m$, yani $m\vb{v} = \vb{p} - e\vb{A}$. $\dot{p}_j = -\partial\mathcal{H}/\partial x_j = e\sum_k v_k\,\partial A_k/\partial x_j - e\,\partial V/\partial x_j$, yani $\dot{\vb{p}} = e\nabla(\vb{v}\cdot\vb{A}) - e\nabla V$ (gradyan $\vb{v}$ sabit tutularak). $\dd\vb{A}/\dd t = \partial\vb{A}/\partial t + (\vb{v}\cdot\nabla)\vb{A}$ olduğundan

$$ m\dot{\vb{v}} = \dot{\vb{p}} - e\dv{\vb{A}}{t} = e\left(-\nabla V - \frac{\partial\vb{A}}{\partial t}\right) + e\left[\nabla(\vb{v}\cdot\vb{A}) - (\vb{v}\cdot\nabla)\vb{A}\right] $$

İlk parantez $\vb{E}$'dir; ikinci parantez, sabit $\vb{v}$ için $\vb{v}\times(\nabla\times\vb{A}) = \vb{v}\times\vb{B}$'dir. Sonuç $m\dot{\vb{v}} = e(\vb{E} + \vb{v}\times\vb{B})$ ✓.

Problem 13.7Poisson parantezinin özellikleri★★☆

(13.9)'dan $\{f, g\} = -\{g, f\}$, $\{f, f\} = 0$ ve $\{f, gh\} = \{f, g\}h + g\{f, h\}$ olduğunu gösterin. $\{x, L_z\}$, $\{y, L_z\}$, $\{p_x, L_z\}$ parantezlerini hesaplayın.

Çözümü göster

Tanımda $f$ ile $g$'nin yer değiştirmesi her terimin işaretini değiştirir; $g = f$ için iki terim eşittir ve farkları sıfırdır. Çarpım kuralı, türevin çarpım kuralından gelir. $L_z = xp_y - yp_x$: $\{x, L_z\} = \partial L_z/\partial p_x = -y$; $\{y, L_z\} = \partial L_z/\partial p_y = x$; $\{p_x, L_z\} = -\partial L_z/\partial x = -p_y$. Bunlar, $xy$ düzleminde küçük bir dönmenin $(x, y)$ ve $(p_x, p_y)$ vektörlerini nasıl değiştirdiğini verir.

Problem 13.8$L^2$ ve $L_z$★★☆

$\{L^2, L_z\} = 0$ olduğunu gösterin ($L^2 = L_x^2 + L_y^2 + L_z^2$). Kuantum mekaniğinde bu sonuç neden önemlidir?

Çözümü göster

Çarpım kuralıyla $\{L_x^2, L_z\} = 2L_x\{L_x, L_z\} = -2L_xL_y$; $\{L_y^2, L_z\} = 2L_y\{L_y, L_z\} = 2L_yL_x$; $\{L_z^2, L_z\} = 0$. Toplam sıfırdır ✓. Kuantum mekaniğinde $[\hat{L}^2, \hat{L}_z] = 0$ olduğundan $L^2$ ve $L_z$ aynı anda belirli değerler alabilir; atomlarda $\ell$ ve $m_\ell$ kuantum sayılarının ikisinin birlikte tanımlı olmasının nedeni budur. Oysa $\{L_x, L_y\} = L_z \neq 0$: iki bileşen aynı anda kesin olarak belirlenemez.

Problem 13.9Poisson teoremi★★☆

$f$ ve $g$ zamana açıkça bağlı olmayan iki hareket sabitiyse ($\{f, \mathcal{H}\} = \{g, \mathcal{H}\} = 0$), Jacobi özdeşliğini kullanarak $\{f, g\}$'nin de bir hareket sabiti olduğunu gösterin.

Çözümü göster

Jacobi özdeşliği $\{f, \{g, \mathcal{H}\}\} + \{g, \{\mathcal{H}, f\}\} + \{\mathcal{H}, \{f, g\}\} = 0$. İlk iki terimin iç parantezleri sıfırdır. Dolayısıyla $\{\mathcal{H}, \{f, g\}\} = 0$, yani $\{\{f, g\}, \mathcal{H}\} = 0$: $\{f, g\}$ korunur ✓. Bu yolla bulunan hareket sabiti bazen yenidir, bazen öncekilerin bir fonksiyonudur ya da sıfırdır.

Problem 13.10Serbest düşmede Liouville teoremi★★☆

Düşey doğrultuda serbest düşen cisimler için $(z, p)$ faz uzayında, $t = 0$'da $z_0$, $p_0$ değerlerinden başlayan noktaların $t$ anındaki konumlarını yazın. Dönüşümün Jacobi determinantının 1 olduğunu gösterin. Başlangıçta dikdörtgen olan bir bölge zamanla nasıl bir biçim alır?

Çözümü göster

$z = z_0 + p_0t/m - \tfrac12 gt^2$, $p = p_0 - mgt$. Jacobi determinantı $(\partial z/\partial z_0)(\partial p/\partial p_0) - (\partial z/\partial p_0)(\partial p/\partial z_0) = 1\cdot 1 - (t/m)\cdot 0 = 1$ ✓: alan korunur. Bölgenin her noktası $p$ yönünde aynı miktarda kayar ($-mgt$); $z$ yönündeki kayma ise $p_0$'a bağlıdır: hızlı cisimler daha çok yol alır. Dikdörtgen, alanı ve yüksekliği aynı kalan bir paralelkenara dönüşür (kayma).

Problem 13.11Sönümlü salınıcıda faz hacmi★★☆

Sönümlü salınıcının denklemleri $\dot{x} = p/m$, $\dot{p} = -kx - 2\beta p$'dir. Faz uzayındaki hız alanının ıraksamasını hesaplayın ve bir bölgenin alanının $A(t) = A(0)e^{-2\beta t}$ olduğunu gösterin. Bu sistem neden Hamilton denklemleriyle yazılamaz?

Çözümü göster

$\nabla\cdot\vb{u} = \partial\dot{x}/\partial x + \partial\dot{p}/\partial p = 0 - 2\beta = -2\beta$. Iraksama her yerde aynı olduğundan $\dd A/\dd t = -2\beta A$ ve $A = A(0)e^{-2\beta t}$ (Şekil 13.3'te sayısal olarak da doğrulanır). Hamilton denklemlerine uyan her sistemde ıraksama sıfırdır (13.8); sönümlü salınıcının ıraksaması sıfır olmadığından (bu $x$, $p$ değişkenleriyle ve zamana bağlı olmayan bir $\mathcal{H}$ ile) Hamilton denklemleriyle yazılamaz.

Problem 13.12Kanonik mi?★★☆

Aşağıdaki dönüşümlerden hangileri kanoniktir? (a) $Q = p$, $P = -q$; (b) $Q = q$, $P = p + F(q)$ ($F$ herhangi bir fonksiyon); (c) $Q = q^2$, $P = p$; (d) $Q = \lambda q$, $P = p/\lambda$.

Çözümü göster

(13.12): (a) $\{Q, P\} = (0)(0) - (1)(-1) = 1$, kanonik. (b) $(1)(1) - (0)(F') = 1$, kanonik (manyetik alanda ayar dönüşümüne benzer). (c) $(2q)(1) - 0 = 2q \neq 1$, kanonik değil. (d) $\lambda\cdot(1/\lambda) = 1$, kanonik: bir yönde uzatma, öteki yönde aynı oranda sıkıştırma.

Problem 13.13Kutudaki parçacığın eylemi★★☆

Uzunluğu $a$ olan bir kutuda, duvarlar arasında $v$ hızıyla gidip gelen $m$ kütleli bir parçacığın eylemini $J = \oint p\,\dd x$ hesaplayın. Enerjiyi $J$ cinsinden yazın. $J = nh$ koşulu hangi enerjileri verir? Bir duvar yavaşça hareket ettirilerek kutu iki katına uzatılırsa enerji ne olur?

Çözümü göster

Faz yörüngesi bir dikdörtgendir: $p = \pm mv$, $0 < x < a$. $J = 2mva$. $E = \tfrac12 mv^2 = J^2/(8ma^2)$. $J = nh$ ile $E_n = n^2h^2/(8ma^2)$: kuantum mekaniğinde kutudaki parçacığın tam sonucu. $J$ adyabatik değişmez olduğundan $E \propto a^{-2}$; kutu iki katına uzarsa enerji dörtte birine iner (parçacık geri çekilen duvardan her yansımada biraz hız kaybeder).

Problem 13.14Yavaşça sertleşen yay★★☆

Bir yaya bağlı kütle 2,0 cm genlikle salınırken, yayın sabiti çok sayıda salınım boyunca yavaşça iki katına çıkarılıyor. Son genlik ve enerjinin değişimi nedir?

Çözümü göster

$\omega \propto \sqrt{k}$ ve (13.15) ile $E \propto \sqrt{k}$: enerji $\sqrt{2}$ katına çıkar. $E = \tfrac12 kA^2$ olduğundan $A^2 \propto E/k \propto k^{-1/2}$, $A \propto k^{-1/4}$: $A = 2{,}0 \times 2^{-1/4} = 1{,}7$ cm.

Problem 13.15Uzunluğu değişen sarkaç★★☆

İpi bir delikten geçen ve uzunluğu $L(t)$ olarak değiştirilen bir sarkacın, delik çevresindeki açısal momentumu için $\dd(mL^2\dot{\phi})/\dd t = -mgL\sin\phi$ yazılabilir. Buradan Örnek 13.8'deki $\ddot{\phi} = -(g/L)\sin\phi - 2(\dot{L}/L)\dot{\phi}$ denklemini türetin. $\dot{L} < 0$ iken ikinci terim sönüm mü, zorlama mı gibi davranır?

Çözümü göster

$\dd(mL^2\dot{\phi})/\dd t = m(2L\dot{L}\dot{\phi} + L^2\ddot{\phi})$. $mL^2$'ye bölünce $\ddot{\phi} + 2(\dot{L}/L)\dot{\phi} = -(g/L)\sin\phi$ ✓. (İp gerildiği için ipteki kuvvetin delik çevresinde torku yoktur; tek tork ağırlığınkidir.) $\dot{L} < 0$ ise $-2(\dot{L}/L)\dot{\phi}$ terimi $\dot{\phi}$ ile aynı işaretlidir; negatif sönüm gibi davranarak salınımı büyütür. İpi çeken kuvvet sisteme enerji verir.

Problem 13.16Parçacık demeti ve emitans★★★

Bir hızlandırıcıda $z$ yönünde aynı $p_z$ momentumuyla ilerleyen parçacıkların yatay konumları $\pm 1{,}0$ mm, doğrultuları $\pm 1{,}0$ mrad aralığında dağılmıştır. Liouville teoremini $(x, p_x)$ faz uzayına uygulayarak, demet mıknatıslarla $\pm 0{,}10$ mm genişliğe odaklanırsa açısal yayılmanın en az ne olacağını bulun.

Çözümü göster

Küçük açılarda $p_x = p_z x'$ ($x' = \dd x/\dd z$); $p_z$ değişmediğinden $(x, x')$ düzlemindeki alan da korunur. Başlangıçta alan $\propto (2{,}0\ \text{mm})(2{,}0\ \text{mrad})$. Genişlik 10 kat küçülürse açısal yayılma en az 10 kat büyümelidir: $\pm 10$ mrad. (Dağılımın biçimi değişebileceği için bu bir alt sınırdır.) Odaklama, faz uzayındaki bölgeyi döndürür ve biçimini değiştirir, ama alanını küçültemez.

Problem 13.17Faz uzayında Hamilton ilkesi★★★

$q(t)$ ve $p(t)$'nin bağımsız olarak değiştirildiği (uç noktalarda $\delta q = 0$)

$$ S = \int_{t_1}^{t_2}\left[\sum_i p_i\dot{q}_i - \mathcal{H}(q, p, t)\right]\dd t $$

integralinin durağan olması koşulunun Hamilton denklemlerini verdiğini gösterin.

Çözümü göster

$\delta S = \int\sum_i\left[\delta p_i\,\dot{q}_i + p_i\,\delta\dot{q}_i - (\partial\mathcal{H}/\partial q_i)\delta q_i - (\partial\mathcal{H}/\partial p_i)\delta p_i\right]\dd t$. $p_i\,\delta\dot{q}_i$ terimine kısmi integral uygulanınca (uçlarda $\delta q_i = 0$) $-\dot{p}_i\,\delta q_i$ olur:

$$ \delta S = \int\sum_i\left[\left(\dot{q}_i - \frac{\partial\mathcal{H}}{\partial p_i}\right)\delta p_i - \left(\dot{p}_i + \frac{\partial\mathcal{H}}{\partial q_i}\right)\delta q_i\right]\dd t $$

$\delta q_i$ ve $\delta p_i$ keyfi olduğundan iki parantez de sıfır olmalıdır: Hamilton denklemleri ✓. İntegrand, $\mathcal{H}$'nin tanımı gereği Lagrange fonksiyonudur; bu, 7. bölümdeki Hamilton ilkesinin faz uzayındaki biçimidir.

İleri okuma

J. R. Taylor, Classical Mechanics, 13. bölüm: Hamilton denklemleri, faz uzayı ve Liouville teoremi.
H. Goldstein, C. Poole, J. Safko, Classical Mechanics, 3. baskı (Addison-Wesley, 2002), 8–10. bölümler: kanonik dönüşümler, Hamilton–Jacobi kuramı ve eylem-açı değişkenleri.
L. D. Landau, E. M. Lifshitz, Mekanik (Cilt 1), VII. bölüm: kanonik denklemler ve adyabatik değişmezlerin kısa ve derin bir anlatımı.
V. I. Arnold, Mathematical Methods of Classical Mechanics, 2. baskı (Springer, 1989): Hamilton mekaniğinin geometrik yapısı.
P. A. M. Dirac, "The Fundamental Equations of Quantum Mechanics", Proceedings of the Royal Society A 109 (1925): Poisson parantezlerinin kuantum karşılığı.

	Lagrange	Hamilton
Değişkenler	\(q_i\), \(\dot{q}_i\)	\(q_i\), \(p_i\)
Temel fonksiyon	\(\mathcal{L} = T - U\)	\(\mathcal{H} = T + U\) (doğal sistemlerde)
Denklemler	\(n\) tane ikinci mertebe	\(2n\) tane birinci mertebe
Uzay	yapılandırma uzayı (\(n\) boyutlu)	faz uzayı (\(2n\) boyutlu)
Döngüsel koordinat	bir korunan nicelik	problem bir boyut küçülür
Doğal uzantısı	alan kuramları, Noether teoremi	istatistik mekanik, kuantum mekaniği, kaos