Lagrange Formalismus

Lagrange Formalismus
Frank Essenberger
FU Berlin
10.Oktober 2006
Inhaltsverzeichnis
1 Oszillatoren
1.1 Fadenpendel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Stabpendel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 U-Rohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1
3
4
2 Perlen
2.1 Perle auf rotierenden Stab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Perle auf Schraubenlinie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Perle fällt durch Kugel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
5
7
8
1
1.1
Oszillatoren
Fadenpendel
Wir nehmen an eine Punktmasse der Größe m hänge an einem masselosen Faden
der Länge S und zwar im Kraftfeld der Erde. Wir haben eine Zwangsbedingung,
nämlich dass das Seil gespannt seinen soll und sich nicht dehnen kann:
−
→
−
r (t) · ←
r (t) = S 2 .
Wenn man den Ursprung des Koordinantensystems in den Punkt legt wo
das Pendel befestigt ist ist ergibt sich:
x(t) = S · sin(ϕ(t)) ⇒ ẋ(t) = S · cos(ϕ(t))ϕ̇(t)
y(t) = S · cos(ϕ(t)) ⇒ ẏ(t) = −S · sin(ϕ(t))ϕ̇(t).
1
Abbildung 1: Fadenpendel
Durch die eine generalisierte
(
) Kordinate reduziert sich die Anzahl der Variax(t)
→
−
beln von zwei ( r (t) =
) auf eine ϕ(t). Nun muss die Lagrange Gleichung
y(t)
bestimmt werden. Dies ist hier ganz einfach:
T
V
1
mv 2
2
= −mgh
=
1 −̇
−
m→
r (t) · ←
r˙ (t) − mgy(t)
2
]
1 [
=
m ẋ(t)2 + ẏ(t)2 −mgy(t)
2
[
]
1
=
mS 2 ϕ̇(t)2 sin(ϕ(t))2 + cos(ϕ(t))2 +mgS cos(ϕ(t))
2
1
L =
mS 2 ϕ̇(t)2 − mgS cos(ϕ(t)).
2
Nun bilden wir die Euler Lagrange Gleichung für die generalisierte Kordinate
ϕ(t):
d[ ∂ ] ∂
0 =
L − L
dt ∂ ϕ̇
∂ϕ
[
]
[
]
]
d ∂ 1
∂ [1
0 =
mS 2 ϕ̇(t)2 − mgS cos(ϕ(t)) −
mS 2 ϕ̇(t)2 + mgS cos(ϕ(t))
dt ∂ ϕ̇ 2
∂ϕ 2
]
d[
mS 2 ϕ̇(t) +mgS sin(ϕ(t))
0 =
dt
0 = S ϕ̈(t) + g sin(ϕ(t)).
L = T −V =
Für kleine Auslenkungen ist sin(ϕ(t)) ≈ ϕ(t) und so ergibt sich:
g
0 = ϕ̈(t) + ϕ(t)).
S
Die Lösung sieht man sofort:
√
√
g
g
ϕ(t) = A cos(
t) + B sin(
t).
S
S
Die Anpassung an Randbedingungen, die die Konstanten festlegen bleibt
dem Leser überlassen.
2
1.2
Stabpendel
Dieses Pendel besteht aus einem steifen Stab der Länge S und der Masse m
(homogen verteilt). Auch er ist fest befestigt und in homogenen Schwerefeld
der Erde oder einem anderen homogenen Feld. Unsere Zwangsbedingung ist
→
diesmal, dass der Stab steif ist. So lässt sich −
r (t) wieder nur mit einer Kordinate
ausdrücken:
( 0
)
S sin(ϕ(t))
→
−
r (t) =
.
S 0 cos(ϕ(t))
Abbildung 2: Stabpendel
Nun muss wieder T und V bestimmt werden. Dazu erstmal ṙ0 (t)2 bestimmen.
r wurde deshalb gestrichen, da es vom Abstand S 0 zum Ursprung abhängt:
( 0
)
0
S cos(ϕ(t))ϕ̇(t)
−̇
→
r (t) =
.
−S 0 sin(ϕ(t))ϕ̇(t)
ṙ0 (t)2 = S 02 [cos(ϕ(t))2 ϕ̇(t)2 + sin(ϕ(t))2 ϕ̇(t)2 ] = S 02 ϕ̇(t)2
Damit wird T zu:
∫
T
S
dS 0
1m 0 2
ṙ (t)
2S
=
dS 0
1 m 02
S ϕ̇(t)2
2S
=
1
mS 2 ϕ̇(t)2 .
6
=
0
∫
S
0
Und V ist:
∫
V
S
=− g
dS 0
0
=−
m 0
S cos(ϕ(t))
S
1
Sgm cos(ϕ(t)).
2
Wir bilden wieder L = T − V und bilden so wie im ersten Beispiel die
3
Eulerlagrange Gleichung:
0 =
0 =
0 =
0 =
0 =
d[ ∂ ] ∂
L − L
dt ∂ ϕ̇
∂ϕ
[
] ∂ [1
]
d ∂ 1
1
1
mS 2 ϕ̇(t)2 + Sgm cos(ϕ(t)) −
mS 2 ϕ̇(t)2 + Sgm cos(ϕ(t))
dt ∂ ϕ̇ 6
2
∂ϕ 6
2
]
[
]
d[ ∂ 1
∂
1
mS 2 ϕ̇(t)2 −
Sgm cos(ϕ(t))
dt ∂ ϕ̇ 6
∂ϕ 2
1
1
mS 2 ϕ̈(t) + Sgm sin(ϕ(t))
3
2
3g
ϕ̈(t) +
sin(ϕ(t)).
2S
Für kleine Auslenkungen ist sin(ϕ(t)) ≈ ϕ(t) und so ergibt sich:
0 = ϕ̈(t) +
3g
ϕ(t).
2S
Die Lösung sieht man sofort:
√
ϕ(t) = A cos(
1.3
√
3g
3g
t) + B sin(
t).
2S
2S
U-Rohr
Hier befindet sich in einem U-Rohr der Dicke A eine Flüssigkeit der Dichte ρ.
Diese soll sich reibungsfrei und inkompressibel sich im Rohr bewegen können.
Das heißt die Geschwindigkeit der Oberfläche ist gleich der Geschwindigkeit
überall im Rohr.Unsere generalisiertekordinate ist die Höhe h(t). Wir müssen
nun wieder V und T bestimmen.
Abbildung 3: U-Rohr
Um ein Volumenelement um ∆y anzuheben muss ∆V an sich anheben und
auch noch auf der anderen Seite ∆V um ∆y aus der Ruhelage heben. Damit
folgt:
∫
V
=
=
y
−
dh2 · hρAg
o
2
−h ρAg
4
Und die kinetische Energie ist:
T =
1
mḣ2 .
2
Nun wieder Die Euler Lagrangegleichung bestimmenL = T − V :
0 =
0 =
0 =
0 =
0 =
0 =
0 =
d[ ∂ ] ∂
L − L
dt ∂ ḣ
∂h
] ∂ [1
]
d[ ∂ 1
mḣ2 − 2 · mgh −
mḣ2 − gh2 ρA
dt ∂ ḣ 2
∂h 2
d[ ]
mḣ +2 · ghρA
dt
ḧ + 2 · ghρA
ghρA
ḧ + 2 ·
m
ghρA
ḧ + 2 ·
ρV
2g
ḧ +
·h
l
Die Lösung sieht man wieder leicht:
√
√
2g
2g
t) + B sin(
t).
h(t) = A cos(
l
l
2
Perlen
Ganz häufige Aufgaben sind irgendwelche gleitenden Perlen auf Stäben, Ringen
oder ähnlichen. Dabei wird die Reibung meistens nicht berücksichtigt.
2.1
Perle auf rotierenden Stab
Angenommen eine Perle sei auf einen Stab gesteckt, der sich mit konstanter
Winkelgeschwindigkeit in der X-Y Ebene bewegt.
Abbildung 4: Gleitende Perle auf rotirendem Stab
5
Man nimmt dabei an, dass die X-Y Ebene eine Äquipotentialfläche ist. Wir
führen also wieder passende generalisierte kordinaten ein:
x(t) =
y(t) =
l(t) cos(ϕ(t))
l(t) sin(ϕ(t)).
Hier ist alles nun sehr leicht. V ist einfach:
V = const.
Und die kinetische Energie ist:
T
=
=
=
1
m[ẋ(t)2 + ẏ(t)2 ]
2
1
˙ 2 sin(ϕ(t))2 + l(t)
˙ 2 cos(ϕ(t))2 ]
m[l(t)2 sin(ϕ(t))2 ϕ̇(t)2 + l(t)2 cos(ϕ(t))2 ϕ̇(t)2 + l(t)
2
1
˙ 2]
[ml(t)2 ϕ̇(t)2 + l(t)
2
Damit ergibt sich als Lagrangegleichung für l(t):
d[ ∂ ] ∂
L − L
dt ∂ ḣ
∂h
]
[
]
d[∂ 1
˙ 2 − const] + ∂ 1 [ml(t)2 ϕ̇(t)2 + l(t)
˙ 2 − const ]
[ml(t)2 ϕ̇(t)2 + l(t)
0 =
dt ∂ l˙ 2
∂l 2
d
0 =
l(t) + ml(t)ϕ̇(t)2
dt
0 = ¨l(t) + ml(t)ϕ̇(t)2 .
0 =
Da der Stab sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit dreht ist ϕ(t) = ωt
also wird die Gleichung leicht:
0 = ¨l(t) + mω 2 l(t).
Die Lösund sieht man wieder sofort:
√
l(t) = Ae−
mω 2 t
√
+ Be
mω 2 t
.
Für eine ruhende Perle im Abstand l0 zum Zeitpunkt t=0 ergibt sich (l(0) =
˙ = 0):
l0 l(0)
l0 = A + B
√
√
∧ 0 =
mω 2 B − mω 2 A.
Aus dem LGS sieht man sofort, dass A = B
vereinfacht sich diese Lösung der DGL zu:
√
l(t) = l0 cosh( mω 2 t).
6
und A =
l0
2
ist. Damit
Die Bahnkurve sieht dann so aus:
Abbildung 5: Bahnkurve der Perle
2.2
Perle auf Schraubenlinie
Diese Perle der Masse m soll nun im Schwerefeld der Erde reibungsrei entlang
einer Schraubenlinie rutschen.
Abbildung 6: Perle auf Schraubenlinie
Bei einer Windung soll die Perle dabei die Strecke S zurücklegen. Die Wahl
der Kordinaten liegt wieder nahe. In den Zylinderkordinaten lassen sich die
Zwangsbedingungen:
x(t)2 + y(t)2 = R
z(t) = ϕ(t)
(
)
→
leicht implementieren. So wird aus −
r (t) =( x(t) y(t) z(t) ein Vektor der)
→
nurnoch von einer variablen abhängt: −
r (t) = R cos(ϕ(t)) R sin(ϕ(t)) Sϕ(t) .
7
Die kinetische und Potentielle Energie zu bestimmen ist nun Routine:
V
=−
=−
mgz
mgSϕ(t).
Die kinetische energie ist nur hinzuschreiben:
T
=
=
=
=
1
m[ẋ(t)2 + ẏ(t)2 + ż(t)2 ]
2 [
]
1
m [R cos(ϕ(t))ϕ̇(t)]2 + [R sin(ϕ(t))ϕ̇(t)]2 + [S ϕ̇(t)]2
2
1
m[R2 ϕ̇(t)2 + S 2 ϕ̇(t)2 ]
2
1
mϕ̇(t)2 [R2 + S 2 ].
2
Nun wieder Die Euler Lagrangegleichung bestimmenL = T − V :
0
0
0
0
⇒ ϕ̈(t)
d[ ∂ ] ∂
L − L
dt ∂ ḣ
∂h
[
]
[
]
∂ 1
d ∂ 1
2
2
2
2
2
2
[
mϕ̇(t) [R + S ] − mgSϕ(t) ] −
mϕ̇(t) [R + S ] − mgSϕ(t)
=
dt ∂ ϕ̇ 2
∂ϕ 2
d
∂
=
[mϕ̇(t)2 [R2 + S 2 ]] +
mgSϕ(t)
dt
∂ϕ
=
mϕ̈(t)2 [R2 + S 2 ]] + mgS
gS
.
=−
2
[R + S 2 ]
=
Nun muss man nurnoch zweimal überintegrieren um ϕ(t) zu erhalten:
ϕ(t) =
−gS
· t2 − ϕ̇o · t − ϕ0.
2[R2 + S 2 ]
Für eine perle die einfach nur fällt wäre R = 0 und
S = 1 so ergäbe sich:
1
ϕ(t) = z(t) = − g · t2 − żo · t − z0.
2
so wie erwartet.
2.3
Perle fällt durch Kugel
Dies ist ein Beispiel in dem Nur das Potential zu finden ein Problem darstellt.
Wenn man es hat kann man sich ganz einfach nach Schema f zum Ergebniss
durchhangeln. Angenommen man hatt durch eine Kugel einen schacht gebohrt,
durch den man eine Kugel fallen lässt. Wichtig für die Aufgabe ist, dass keine
äußeren Kräfte wirken, und nur die Kugel das Potential erzeugt. Gesucht ist
nun also das Potential im inneren einer Kugel der Masse M.
8
Abbildung 7: Perle fliegt durch Kugel
→
Wenn man annimmt, das die Dichtefunktion ρ(−
x ) aus konzentrischen Kugelschalen gleicher Dichte aufgebaut ist, dann muss das Feld im inneren der
→
Kugel symetrisch sein. Wir wollen uns auf den einfacheren Fall ρ(−
x ) = ρ0 be→
−
→
schränken. Im weiteren ist |−
x | = r und | x0 | = r0 . Dann ist das Potential
definiert als:
−
→
∫
∫
ρ( x0 )
ρ0 Θ[RKugel − r0 ]
→
φ(−
x)=γ
dx03
=
γ
dx03 √∑
.
→
−
→
(xi − x0i )2
V
V
|−
x − x0 |
−
nun den Schacht entlang der z-Achse gebohrt hat, ist nur →
x =
( Wenn man
)
0 0 x3 interessant, damit vereinfacht sich die Gleichung zu:
(
φ( 0 0
)
x3 )
∫
Θ[RKugel − r0 ]
Θ[RKugel − r0 ]
03
√
=
γρ
dx
dx03 √∑
0
0
(xi δ3i − x0i )2
r2 + x02
V
V
3 − 2x3 x3
∫
0
Θ[RKugel − r ]
= γρ0
dx03 √
2
r + [r0 cos(θ)]2 − 2r0 cos(θ)x3
V
∞
∫
∫ 2π
∫ π
Θ[RKugel − r0 ]
0 02
= γρ0
dr r
dφ0
dθ0 sin(θ0 ) √
.
r2 + [r0 cos(θ0 )]2 − 2r0 cos(θ0 )x3
0
0
0
∫
= γρ0
Nun nuzt man die Θ[RKugel − r0 ] aus und Substituiert noch cos(θ0 ) mit y’:
→
φ(−
x ) = γρ0
∫
0
RKugel
dr0 r02
∫
2π
dφ0
0
∫
1
1
dy 0 √
.
2 + [r 0 y 0 ]2 − 2r 0 y 0 x
r
−1
3
Das Integral ist sehr schwer zu lösen, deshalb bedienen wir uns der Piosson-
9
Gleichung und nutzen die Symetrie des Problems aus:
→
φ(−
x)
→
∇2 φ(−
x)
−
→
ρ( x0 )
= γ
dx
→
−
→
V
|−
x − x0 |
−
→
∫
∫
−
→
ρ( x0 )
1
= ∇2 γ
dx03
=
γ
dx03 ρ( x0 )∇2
−
→
−
→.
−
→
→
−
0
V
V
|x − x |
| x − x0 |
∫
03
←
−
Nun die δ − F unktion einsetzen und das Konservative Gradientenfeld ∇φ =
←
−→
− E (−
x ) ausnutzen:
∫
−
→
1
→
dx03 ρ( x0 )∇2
∇2 φ(−
x) = γ
−
→
→
V
|−
x − x0 |
∫
−
→ → −
→
→ ←
−
−
∇ · ∇φ = γ
dx03 ρ( x0 )δ(−
x − x0 )
→←
−
−→
− ∇ E (−
x) =
V
→
γρ(−
x ).
(1)
Für unser Problem ergibt sich also:
−
→←
−→
→
− ∇ E (−
x ) = γρ(−
x ).
∫
−
→
←
−
→
dV 0 − ∇ E (−
x) =
dV 0 γρ0
∫
∫
−
S
v
−
→ ←
−→
−
dS 0 · E (−
x )||→
x |=r0
v
=
4 3
πr γρ0 .
3 0
Da, dass Problem Kugelsymetrisch ist, muss das Feld auf einer Kugeloberflä→
che mit Radius r0 = const. sein und in richtung der Flächennormalen −
n zeigen.
So ergibt sich:
∫
→
− = 4 πr3 γρ
−E(r0 ) dS −
n←
n
0
3 0
S
4 3
−E(r0 )4πr02 =
πr γρ0
3 0
γρ0
⇒ E(r) = −
r.
3
Damit ergibt sich für das Potential:
→
φ(−
x)=
γρ0 2
r = Γr2 .
6
Wir gehen nun davon aus, dass der Schacht für die Perle ganz dünn ist und
das Potential unverändert bleibt. Dann ergibt sich als L = V − T :
L=
1
mṙ(t)2 − Γr2 .
2
10
Wenn
nun der )Schacht auf der z-Achse liegt ist die Bewegung der Perle auf
(
−
→
x = 0 0 x3 (t) festgelegt und es ergibt sich:
L=
1
mż(t)2 − Γz 2 .
2
Nun wieder Die Euler Lagrangegleichung bestimmen:
0 =
0 =
0 =
0 =
d[∂ ] ∂
L − L
dt ∂ ż
∂z
] ∂ [1
]
d[∂ 1
mż(t)2 − Γz 2 −
mż(t)2 − Γz 2
dt ∂ ż 2
∂z 2
]
d[
mż(t) +2Γz
dt
mz̈(t) + 2Γz.
Die Lösung sieht man wieder schnell:
z(t) = A cos(ωt) + B sin(ωt).
√
√ γρ0
Mit der Kreisfrequenz ω = 2Γ
m =
3m
11