Lista 12 - Transformações canônicas e Parêntesis de Poisson.

1 - Sabe-se que o conjunto de transformações entre um conjunto de coordenadas é:

$Q = \ln (1 + \sqrt{q}\cos(p))$

$P = 2(1 + \sqrt{q}\cos(p))\sqrt{q}\sin(p)$

a) Mostre diretamente que Q e P são variáveis canônicas se p e q também o forem.

b) Mostre que a função geratriz $F_{3}$ que dá origem a esta transformação canônica é:

$F_{3} = -(e^{Q}-1)^2 \tan(p)$

Resolução:

As condições que permitem demonstrar diretamente que as variáveis são canônicas são: 

$\displaystyle (\dfrac{\partial Q_{i}}{\partial q_{j}})_{q,p} = (\dfrac{\partial p_{j}}{\partial P_{i}})_{Q,P}$

$\displaystyle (\dfrac{\partial P_{i}}{\partial q_{j}})_{q,p} = -(\dfrac{\partial p_{j}}{\partial Q_{i}})_{Q,P}$


$\displaystyle (\dfrac{\partial Q_{i}}{\partial p_{j}})_{q,p} = -(\dfrac{\partial q_{j}}{\partial P_{i}})_{Q,P}$

$\displaystyle (\dfrac{\partial P_{i}}{\partial p_{j}})_{q,p} = (\dfrac{\partial q_{j}}{\partial Q_{i}})_{Q,P}$

Para aplicar estas condições precisamos agora escrever q e p como função de Q e P.

As equações de partida são: 

$Q = \ln (1 + \sqrt{q}\cos(p))$                         (1)

$P = 2(1 + \sqrt{q}\cos(p))\sin(p)$                 (2)

Tomando a exponencial de ambos os lados da equação (1), e substituindo expressão equivalente a  na equação (2), eliminando também $\sqrt{q}$, pode-se escrever uma equação pra $p$ em função de Q e P dada por:

$$p = \arctan(\dfrac{Pe^{-Q}}{2(e^{Q}-1)})$$

Isolando $\sqrt{q}\cos(p)\, e\, \sqrt{q}\sin(p)$ nas expressões 1 e 2 e somando o quadrado destas expressões obtemos o ultima expressão que precisamos:

$$q = (e^{Q}-1)^{2} + \dfrac{P^{2}}{4e^{2Q}}$$

Agora, tendo em mãos as 4 equações para obtenção das relações diretas procedemos os cálculos das derivadas desejas: como só temos um grau de liberdade não precisamos nos preocuparmos com os índices:

$\displaystyle (\dfrac{\partial Q}{\partial q})_{q,p} = \dfrac{\cos(p)}{2(\sqrt{q}+q\cos(p))} = (\dfrac{\partial p_{j}}{\partial P_{i}})_{Q,P}$

$\displaystyle (\dfrac{\partial P}{\partial q})_{q,p} = \sin(p)(2\cos(p) + \dfrac{1}{\sqrt{q}}) = -(\dfrac{\partial p}{\partial Q})_{Q,P}$




$\displaystyle (\dfrac{\partial Q}{\partial p})_{q,p} = -\dfrac{\sqrt{q}\sin(p)}{1+\sqrt{q}\cos(p)} = -(\dfrac{\partial q}{\partial P})_{Q,P}$



$\displaystyle (\dfrac{\partial P}{\partial p})_{q,p} = -2q(\sin^{2}(p)-\cos^{2}(p)) -2\sqrt{q}\cos(p) = (\dfrac{\partial q}{\partial Q})_{Q,P}$

E observamos que as derivadas satisfazem as condições diretas. Outra maneira de desenvolver este exercício é partir dos colchetes de Poisson, e mostrar que são válidos em cada caso como segue:

$[Q,Q]=[P,P] = 0$

$[Q,P]=1$

$[P,Q]=-1$

Que são os critérios exigidos para que a transformação seja canônica.

b) Para determinar se a função F, dada por:  $F_{3} = -(e^{Q}-1)^2 \tan(p)$ é função geratriz desta transformação, e sabendo que F é do tipo 3, precisamos mostrar que as expressões:

$q = - \dfrac{\partial F_{3}}{\partial p}$

$P = \dfrac{\partial F_{3}}{\partial p}$

Fazendo a derivada temos:

$\dfrac{\partial F_{3}}{\partial p} = -(e^{Q}-1)\sec^{2}(p) \Rightarrow \sqrt{q}\cos(p) = e^{Q}-1$

$\dfrac{\partial F_{3}}{\partial p} = -\tan(p)2(e^{Q}-1)e^{Q} \Rightarrow P = 2q\sin(p)\cos(p) + 2\sqrt{q}\sin{p}$

Nesta ultima expressão é preciso reescrever $e^{Q}$ em função de q para podermos encontrar a solução desejada. Como partindo da função $F_{3}$ encontramos as grandezas esperadas, pode-se dizer que esta é uma função geratriz desta transformação.

2) Mostre que se a Hamiltoniana e uma quantidade $F$ são constantes de movimento, então, $\dfrac{\partial F}{\partial t}$ também deverá ser constante de movimento. Como ilustração desse resultado, considere o movimento uniforme de uma partícula livre de massa m. A Hamiltoniana, certamente se conserva e a quantidade $F =  x- \dfrac{pt}{m}$ é uma constante do movimento. Mostre então, que a constante de movimento  $\dfrac{\partial F}{\partial t}$ concorda com $[H, F]$.

Resolução: 

Podemos economizar na notação definindo que $\dfrac{\partial U}{\partial t} = \partial ^{t} U$. Usando esta notação e sabendo que H e F são constantes do movimento, podemos escrever que:

$\dfrac{d H}{d t} = [H,H] +\partial^{t} H = 0$                               (1)

$\dfrac{d F}{d t} = [F,H] +\partial^{t} F = 0$                               (2)

Então temos que: 

$\dfrac{d }{d t} \partial^{t} F = [\partial^{t} F,H] + \partial^{t}(\partial^{t} F) = 0$

Usando o resultado da equação (2) temos que:

$\dfrac{d }{d t} \partial^{t} F = [-[F,H],H] - \partial^{t}([F,H]) = 0$

Que usando a regra da cadeia e os resultados em 1 e 2, pode ser escrito como:

$\dfrac{d }{d t} \partial^{t} F = [[H,F],H] + [[F,H],H] +[[H,H],F]$ 

Que é a identidade de Jacobi, portanto:

$\dfrac{d }{d t} \partial^{t} F = 0$, ou seja,  $\dfrac{\partial F}{\partial t}$ concorda com $[H, F]$.

b) A hamiltoniana do sistema é dada por: $H = \dfrac{p^{2}}{2m}$, portanto $\dot{p} = 0$ e p é constante. Usando o fato de F ser constante do movimento.

$\partial^{t} F = -[F,H] = [H,F]$, então:

$\partial^{t} F = -\dfrac{p}{m}$

Ou seja,  $\dfrac{\partial F}{\partial t}$ é constante do movimento.

3) Considere a Lagrangeana $\displaystyle L = e^{\beta t} |\dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}-V(x)|$

a) Escreva a equação do movimento para o sistema descrito por ela.

b) Obtenha o momento canonicamente conjugado à coordenada generalizada.

c) Escreva a Hamiltoniana do sistema e obtenha a sua variação temporal $\displaystyle \dfrac{d H}{d t}$.

Resolução:


a) Temos duas situações a considerar.

$\displaystyle \dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}>V(x)$        (1)

e 

$\displaystyle \dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}<V(x)$     (2)

Vamos primeiramente analisar o caso (1). 

$L = e^{\beta t}(\dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}-V(x))$ 

Substituindo na equação de Euler-Lagrange tem-se que :

$\ddot{x} + \beta \dot{x} + m^{-1}\dfrac{\partial V(x)}{\partial x} = 0$

Que é uma das equações do movimento.

No caso (2): 

$L = -e^{\beta t}(\dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}-V(x))$ 

E substituindo na equação de Euler-Lagrange tem-se que :

$\ddot{x} + \beta \dot{x} + m^{-1} \dfrac{\partial V(x)}{\partial x}$

b)  

No caso 1, temos que :

$p = \dfrac{\partial L}{\partial \dot{x}} = e^{\beta t}m\dot{x}$

No caso 2:

$p = \dfrac{\partial L}{\partial \dot{x}} = - e^{\beta t}m\dot{x}$

c) $H =p\dot{x} -L$ , vamos analisar cada um dos casos.

No caso 1 teremos:

$H = e^{\beta t}m\dot{x}^{2} - e^{\beta t}(\dfrac{m\dot{x}^{2}}{2}-V(x))$

Caso 1:

$H =   e^{- \beta t}\dfrac{p^{2}}{2m}+ e^{\beta t}V(x)$

Caso 2:

$H = - e^{- \beta t}\dfrac{p^{2}}{2m}- e^{\beta t}V(x)$

Lembrando que $\dfrac{d H}{dt} = - \dfrac{\partial L}{\partial t}$,  e escrevendo a lagrangeana em função do momento generalizado temos:

Caso 1:

$\dot{H} =   e^{- \beta t}\dfrac{p^{2}}{2m}\beta+ e^{\beta t}V(x)\beta$

Caso 2:

$\dot{H} = - e^{- \beta t}\dfrac{p^{2}}{2m}\beta- e^{\beta t}V(x)\beta$