Gewöhnliche Differentialgleichung: NWI

Gewöhnliche Differentialgleichung: NWI
-Sophiane YahiateneAufgabe 12.1 In der (x, y)−Ebene wirke ein homogenes Schwerefeld. Die kinetische Energie einer Masse
2
2
m sei also gegeben durch T = m
2 (ẋ + ẏ ) und die potentielle Energie durch U = gmy.
Die Lagrange Funktion lautet
L=T −U =
m 2
(ẋ + ẏ 2 ) − gmy
2
und die Euler-Lagrange Differentialgleichungen
d ∂L
∂L
= mẍ = 0 =
dt ∂ ẋ
∂x
d ∂L
∂L
= mÿ = −gm =
.
dt ∂ ẏ
∂y
Mit m 6= 0 erhält man nun die explizite Differentialgleichungen
ẍ = 0
ÿ = −g
und die Lösungen lauten mit x0 = y0 = 0
x(t) = v0,x t + x0 = v0,x t
g
g
y(t) = − t2 + v0,y t + y0 = − t2 + v0,y t.
2
2
q
2 + v 2 und φ ∈ [0, π ] gilt
Für die Anfangsgeschwindigkeit v0 := v0,x
0,y
2
v0,x = v0 cos(φ)
v0,y = v0 sin(φ)
und mit dieser Substitution erhält man die Bewegungsgleichung
x(t) = cos(φ)v0 t
g
y(t) = − t2 + sin(φ)v0 t.
2
Die nicht triviale Nullstelle tE =
Abhängigkeit des Winkels φ
2v0 sin(φ)
g
von y ist die Flugzeit. Mit dieser erhält man die Flugweite in
xE (φ) := x(tE ) =
v02
v2
2 sin(φ) cos(φ) = 0 sin(2φ).
g
g
Um die maximale Flugweite zu erhalten muss xE (φ) maximiert werden. Das Maximum wird bei φ = π4
angenommen.
Der Winkel hängt nicht von der Anfangsgeschwindigkeit ab, da xE unabhängig der Masse und Anfangsgeschwindigkeit sein Maximum bei φ = π4 annimmt.
1
Aufgabe 12.2 Leite das Keplersche Gesetz aus dem Newtonschen Gravitationsgesetz her, wobei für ein
ebenes Zweikörperproblem mit Massen m (klein) und M (groß) die Euler-Lagrange Gleichung wie folgt
lauten
d
0=
mr2 φ̇
dt
γM m
.
mr̈ = mφ̇2 r −
r2
Nach der Präsenzübung 8.1 und der ersten Gleichung sind die folgenden Ausdrücke Erhaltungsgrößen
L := mr2 φ̇
(Drehimpuls)
m
m
γM m
E := T + U = ṙ2 + r2 φ̇2 −
2
2
r
γM m
L2
m 2
−
= ṙ +
2
2mr2
r
(Energie)
Nun erhält man durch Umstellen den folgenden Ausdruck für die Geschwindigkeit
s γM m
2
L2
+
ṙ = ±
E−
.
m
2mr2
r
Sei nun r = r(φ), womit der Fokus weniger auf die Dynamik als vielmehr auf die Geometrie der Bahnkurve
dr dφ
dr
ṙ
gelegt wird. Also gilt mit Hilfe der Beziehung dr
dt = dφ dt ⇔ dφ = φ̇ (Kettenregel) die zeitunabhängige
Differentialgleichung
s dr
mr2 2
L2
γM m
=±
E−
+
.
dφ
L
m
2mr2
r
Diese Differentialgleichung lässt sich mit Hilfe von ’Trennung der Variablen’ lösen und es gilt mit Anfangswinkel 0
Z
r
s
r0
√
1
v2
L2
2mv 2
E−
L
⇔ φ = ±√
2m
Z
1
s
v2
Z
L2
2mv 2
E−
+
γM m
v
dv
1/r
1
s
1/r0
Z
γM m
v
r
r0
L
= ∓√
2m
+
2m
dv = ± L φ
du
E − 2m u2 + γM mu
L2
1/r
=∓
1
s
1/r0
2mE
L2
−
u2
du
+
2
= ± arccos
1 − m2LM γr
q
2
1 + m2EL
3M 2γ2
2
= ± arccos
1
m2 M γ
⇒ =−
r
L2
1 − m2LM γr
q
2
1 + m2EL
3M 2γ2
s
−1+
2m2 M γ
u
L2
2
!
∓ arccos
1 − 2L
q m M γr0
2
1 + m2EL
3M 2γ2
!
+ φ0
!
2EL2
1 + 3 2 2 cos(φ − φ0 ) .
m M γ
2
!
Mit p :=
L2
m2 M γ
und e :=
q
1+
2EL2
m3 M 2 γ 2
gilt
1
1
p
=
(−1 + e cos(φ − φ0 )) ⇔ r =
r
−p
1 − e cos(φ − φ0 )
Aufgabe 12.3 Die Euler-Lagrange Differentialgleichungen des Doppelpendels lauten
d ∂L
2
= (m1 + m2 )l1 φ̈1 + m2 l1 l2 φ̈2 cos(φ1 − φ2 ) − φ̇2 sin(φ1 − φ2 )(φ̇1 − φ̇2 )
dt ∂ φ̇1
∂L
= −m2 l1 l2 φ̇1 φ̇2 sin(φ1 − φ2 ) − (m1 + m2 )gl1 sin(φ1 ) =
∂φ1
d ∂L
2
= m2 l2 φ̈2 + m2 l1 l2 φ̈1 cos(φ1 − φ2 ) − φ̇1 sin(φ1 − φ2 )(φ̇1 − φ̇2 )
dt ∂ φ̇2
∂L
= m2 l1 l2 φ̇1 φ̇2 sin(φ1 − φ2 ) − m2 gl2 sin(φ2 ) =
∂φ2
3