Autor Subiect: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană) (Citit de 6610 ori)

Alexandru Rautu · « : Aprilie 22, 2009, 03:27:50 p.m. »

O problemă care sincer nu pot s-o rezolv! Poate mă ajută cineva...

Problemă: Să se folosescă relaţia dintre eroarea în viteza unghiulară şi timp pentru un pachet de unde,

$\Delta\omega\,\Delta t\,\,>\,\,\frac{1}{2}$

pentru a demonstra că acţiunea “classică”, i.e.

$S\,=\int L\,dt\,$

pentru o undă este mărginită inferior.

Să se găsească apoi valoarea precisă a acesteia, presupunând că punctul iniţial şi final pentru care
acţiunea este deteminată trebuie să satisfacă aceiaşi relaţie de inegalitate a pachetului de undă.

Sugestie: Să se folosescă pentru început unde mecanice de forma:

$u(x,\,t)\,=A\, e^{i\,(k x\,-\,\omega t)}$

şi pentru pachetul de undă:

$u(x,\,t)\,=\int^{\qquad\qquad\qquad\infty}_{-\infty}\,A(k)\, e^{i\,(k x\,-\,\omega t)}\,dk$

Mai multe detalii: aici!

Alexandru Rautu · « **Răspuns #1 :** Aprilie 23, 2009, 08:31:42 p.m. »

Nimeni? Nimic? Se pare că sunt singurel.

Adi · « **Răspuns #2 :** Aprilie 23, 2009, 09:32:32 p.m. »

Nu cred sa fie oameni pe forum care sa stie asa detalii de calcul ...

HarapAlb · « **Răspuns #3 :** Aprilie 24, 2009, 01:34:33 a.m. »

O sa incerc u sa m auit pste problema asta in week-end. Pana atunci cateva observatii: relati de incertitudine pe care ai scris-o intial se refera la frecventa undei, folosirea termenului de viteza unghiulara induce in eroare. Ea exprima relatia dintre banda de frecventa ocupata de un tren de unda si durata lui (poate fi tradusa si ca distanta): cu cat e mai monocromatic cu atat se intinde mai mult in spatiu, cu cat are mai multe componente spectrale cu atat e mai scurt trenul (pachetul) de unda.
Poate te ajuta Fourier transform - uncertainty principle, cred ca asta se potriveste mult mai bin cu relatia.

Alexandru Rautu · « **Răspuns #4 :** Aprilie 24, 2009, 12:41:15 p.m. »

Scuze, la frecvenţa undei mă refeream. Orice ajutor e bine venit

HarapAlb · « **Răspuns #5 :** Aprilie 26, 2009, 03:01:53 p.m. »

Inteleg ca ne limitam la unde scalare reale, $\psi \in \mathbf{R}$ :

Ecuatia undelor:

$\rho\frac{\partial^2\psi}{\partial t^2}-T\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2}=F-K\psi$

unde $\rho$ este densitatea matrialului, $T$ este tensiunea mecanica (astea doua marimi dau viteza de propagare a undelor), $F$ este forta (sursa) care determina deformatiile (o putem considera zero), iar $K$ este o constanta elastica (avem oscilatii de tip armonic).

Lagrangianul:

$L=\int_{-\infty}^{+\infty} dx \left[ \frac{1}{2}\rho\left(\frac{\partial\psi}{\partial t}\right)^2 - \frac{1}{2}T\left(\frac{\partial\psi}{\partial x}\right)^2 - \frac{1}{2}K\psi^2 + F\psi\right]$

Legat de pachetul de unda introdus in primul mesaj. In expresia undei planei apar $k$ si $\omega$ , ei nu sunt paramerii independenti, relatia dintre ei fiind data de mediul elastic. In general avem o relatie de dispersie $\omega\equiv\omega(k)$ , se poate scrie si $k\equiv k(\omega)$ , in cazul de fata pentru simplitate ar trebui considerata liniara $\omega=vk$ ( $v$ fiind viteza undelor).
Daca ne referim la unde scalare complexe, atunci termenii ridicati la patrat ar trebui sa devina module ridicate la patrat. Totusi, daca $A(k)=A(-k)$ unda este reala.

Am recitit enuntul problemei. Cred ca initial, pentru a arata de actiunea este finita nu trebuie aleasa nici o relatie de dispersie particulara, deci impunem numai $\omega(k)$ .

PS: mai multe exemple de functii Lagrangiene gasesti in cartea lui Morse si Feshbach "Methods of Theoretical Physics" capitolul "Fields and the variational principle".

Alexandru Rautu · « **Răspuns #6 :** Aprilie 26, 2009, 09:25:00 p.m. »

Forma Lagrangianului pare corectă, satisface întradevăr ecuaţia Euler-Langrage pentru un mediu (sistem) continuu. O să-n încerc să văd ce pot face în continuare cu acesta. Sugestia pe care am dat-o eu în primul mesaj, e forma pe care am încercat-o eu; da, cred că e mai bine să ne restricţionăm doar la valori reale pentru $\psi$ , adica pentru pachetul de undă avem:

$\psi (x,\,t)\,=\mathfrak{Re} \left \{ \int^{\qquad\qquad\qquad\infty}_{-\infty}\,A(k)\, e^{i\,(\,k x\,-\,\omega (k)\, t\,)}\,dk\quad \right \}$

sau simplu o expresie într-o funcţie sinus sau cosinus. O să mă uit mâine peste cartea pe care mi-ai dat-o ca referinţă. Mersi.

HarapAlb · « **Răspuns #7 :** Aprilie 26, 2009, 09:40:33 p.m. »

Am incrcat sa fac cateva calcule. Lagrangianul mi-a iesit independent de timp, prin urmare dependenta de tip a actiunii ar fi ceva de genul $tL$ .
$L$ vine sub forma unei integrale, ceva de genul $\int_{-\infty}^{+\infty}dk A^2(k) \ f(k^2,\omega^2(k),\rho,T,K)$ . Termenii care apar sub integrala, de exemplu $k^2$ se aseamana cu cei care apar in relatia de incertitudine (scrisa sub forma integrala). Cred ca trebuie (re)grupati cumva termenii Lagrangianului si introdusi in relatia de incertitudine de unde se obtine o inegalitate.

Alexandru Rautu · « **Răspuns #8 :** Aprilie 27, 2009, 01:33:30 a.m. »

Foarte interesant. Am încercat de asemenea, dar nu prea văd cum să ajung la forma Lagrangianului obţinut de tine; ai putea schiţa câţiva paşi din abordarea ta? Între timp încercase ceva cu inegalitatea Cauchy–Schwarz, dar fără vreun succes... momentan.

HarapAlb · « **Răspuns #9 :** Aprilie 27, 2009, 09:44:30 p.m. »

Dau un exemplu pentru primul termen din expresia Lagrangianului

$I=\int_{-\infty}^{+\infty}dx\left( \frac{\partial \psi}{\partial t} \right)^2\propto \int_{-\infty}^{+\infty}dx \int_{-\infty}^{+\infty}dk \int_{-\infty}^{+\infty}dk^\prime A(k)A(k^\prime)\omega(k)\omega(k^\prime) e^{i(k+k^\prime)x - i[\omega(k)+\omega(k^\prime)]t}$

mai departe folosim $\int_{-\infty}^{+\infty}dx e^{i(k+k^\prime)x}=\delta(k+k^\prime)$ si reducem integrala dubla la una simpla.

Alexandru Rautu · « **Răspuns #10 :** Aprilie 28, 2009, 01:36:53 p.m. »

Hmmm... de-cum nu m-am gandit la asta! $:-\$ Probabil că nu prea m-am jucat cu "analiza Fourier" prea mult...

În sfârşit am înţeles de ce $A(k)=A(-k)$ pentru o undă reală, i.e. $\psi \in \mathbf{R}$ sau $\psi * = \psi$ ; pentru că amplitudinea este de fapt o trasformare Fourier, de unde se poate arata simplu că acesta trebuie să fie o funcţie pară, pentru ca $\psi \in \mathbf{R}$ .

În cazul în care relaţia de dispersie se consideră liniară $\omega=vk$ , atunci $\omega(k)\,+\,\omega(-k)=0$ (cu alte cuvinte o funcţie impară), ceea ce implică că Lagrangianul este independent de timp! Dar dacă $\omega(k)\,+\,\omega(-k)\,\ne\,0$ , atunci nu-ştiu? Probabil aici trebuie să văd cum pot introduce relaţia de inegalitate... Nu am înţeles însă ce-ai vrut să spui cu asta:

Citat din: HarapAlb din Aprilie 26, 2009, 03:01:53 p.m.

Am recitit enuntul problemei. Cred ca initial, pentru a arata de actiunea este finita nu trebuie aleasa nici o relatie de dispersie particulara, deci impunem numai $\omega(k)$ .

HarapAlb · « **Răspuns #11 :** Aprilie 28, 2009, 09:03:15 p.m. »

Citat din: Alexandru Rautu din Aprilie 28, 2009, 01:36:53 p.m.

Probabil că nu prea m-am jucat cu "analiza Fourier" prea mult...

Sunt mai multe integrale de forma asta si din care rezulta functia lui Dirac. O sa le mai intalnesti.

Citat

În sfârşit am înţeles de ce $A(k)=A(-k)$ pentru o undă reală...

In general se pot rescrie formulele si pentru cazul cand unda nu este reala, de ex. in mecanica cuantica, insa trebuie sa ai grija cum deduci formula Lagrangianului.

Citat

Dar dacă $\omega(k)\,+\,\omega(-k)\,\ne\,0$ , atunci nu-ştiu? Probabil aici trebuie să văd cum pot introduce relaţia de inegalitate...

Daca nu se indeplineste relatia respectiva atunci Lagrangianul ar depinde de timp, insa cred ca-s niste reguli generale in deducerea relatiilor de dispersie. De exemplu o unda avand numarul de unda $-k$ ne spune ca se deplaseaza in sensul negativ al axei $Ox$ si i-ar corespunde o frecventa $-\omega$ . Inclin sa cred ca $\omega(k)$ este functie impara.

Citat

Nu am înţeles însă ce-ai vrut să spui cu asta:
Citat din: HarapAlb din Aprilie 26, 2009, 03:01:53 p.m.
Am recitit enuntul problemei. Cred ca initial, pentru a arata de actiunea este finita nu trebuie aleasa nici o relatie de dispersie particulara, deci impunem numai $\omega(k)$ .

Daca introducem expresia pachetului de unde si alegem $\omega(k)=vk$ (cazul liniar) atunci primii doi termeni ai Lagrangianului se reduc pentru ca $v=\sqrt{T/\rho}$ si ramanem doar cu un termen ce va contine $A^2(k)$ , asta e mai mare decat zero si prin urmare semnul Lagrangianului ne va spune daca avem un maxim sau un minim Nu sunt sigur cum s-ar putea relatia de incertitudine in cazul asta si de aceea ziceam ca poate ar fi mai interesant cazul general cand nu se reduc cei doi termeni.

Alexandru Rautu · « **Răspuns #12 :** Aprilie 29, 2009, 04:50:36 p.m. »

Daca $\psi\in\mathbf{R}$ , i.e. $\psi(x,\,t)=\psi * (x,\,t)$ , unde

$\psi(x,\,t)=\int_{-\infty}^{+\infty}dk\,A(k)\,e^{i[kx\,-\,t\omega(k)]}$

si amplitudinea este o functie reala, $A(k)\in\mathbf{R}\quad\forall\,k\in\mathbf{R}$ .

Fie $f(k,\,t)=A(k)\,e^{-it\omega(k)}$ atunci

$\psi(x,\,t)=\int_{-\infty}^{+\infty}dk\,f(k,\,t)\,e^{ikx}\quad\Rightarrow f(k,\,t)=\int_{-\infty}^{+\infty}dx\,\psi(x,\,t)\,e^{-ikx}$

adica

$f(-k,\,t)=\int_{-\infty}^{+\infty}dx\,\psi(x,\,t)\,e^{ikx}=\left \{ \int_{-\infty}^{+\infty}dx\,\psi *(x,\,t)\,e^{-ikx}\right \}^*$

Cum $\psi *(x,\,t)=\psi(x,\,t)$ avem ca

$f(-k,\,t)=\left \{ \int_{-\infty}^{+\infty}dx\,\psi(x,\,t)\,e^{-ikx}\right \}^* = f*(k,\,t)$

de unde avem relatia $f(-k,\,t)= f*(k,\,t)$ sau inlocuind avem ca

$A(-k)\,e^{-it\omega(-k)} = A(k)\,e^{+it\omega(k)}\quad\Rightarrow\quad A(-k)=A(k)\,e^{it[\omega(k)+\omega(-k)]}$

Dar $A(k)=A*(k)$ atunci

$\omega(k)+\omega(-k)=0$ (o functie impara)

si de aici avem ca

$A(k)=A(-k)$ (o functie para)

pentru $\forall\,k\in\mathbf{R}$ .

Ceea ce confirma cele spuse de tine despre amplitudinea si frecventa undei.

HarapAlb · « **Răspuns #13 :** Noiembrie 12, 2009, 12:38:15 a.m. »

Ai rezolvat pana la urma problema cu Lagrangianul undei ?

Alexandru Rautu · « **Răspuns #14 :** Decembrie 16, 2009, 06:01:34 p.m. »

Citat din: HarapAlb din Noiembrie 12, 2009, 12:38:15 a.m.

Ai rezolvat pana la urma problema cu Lagrangianul undei ?

Nu. Nu am reuşit nimic (am fost foarte ocupat, de asemenea). Dintre câte am încercat, am observat că Langrangianul undei propusă de tine (care este într-adevăr o formă generală a unor ecuaţii de unde clasice) duce la concluzia că "acţiunea" undei nu este mărginită (asta, fară a lua în considerare relaţia de inegalitate a pachetului de undă --- presupunând generalitatea de la care am pornit problema). Dacă vrem să dezvoltăm problema de la inegalitate trebuie să cunoaştem (sau să găsim) distribuţia probabilităţiilor pentru timp şi frecvenţă (o funcţie astfel încât variabilele să fie interconectate prin transformarea sau invers-transformarea Fourier) şi apoi putem folosi inegalitatea. Dar nu am reuşit nimic încă. E puţin frustrant. $:-\$

Autor Subiect: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană) (Citit de 6610 ori)

Alexandru Rautu

Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

Alexandru Rautu

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

Adi

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

HarapAlb

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

Alexandru Rautu

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

HarapAlb

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

Alexandru Rautu

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

HarapAlb

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

Alexandru Rautu

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

HarapAlb

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

Alexandru Rautu

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

HarapAlb

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

Alexandru Rautu

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

HarapAlb

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)

Alexandru Rautu

Re: Un pachet de unde (abordare Lagrangiană)