Theoretische Physik 1

Universität des Saarlandes
Theoretische Physik
SS2008
Prof. Dr. Karsten Kruse:
Theoretische Physik 1
AT X
Satz in L
E
Christian Arenz
14. Juli 2008
1
Inhaltsverzeichnis
1 Grundlagen der klassischen Mechanik-Mechanik von Punktteilchen
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
Die Newtonschen Axiome und Bezugssysteme . . . . .
Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Einfache Beispiele mechanischer Systeme . . . . . . . .
Der Energiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Drehimpuls, Drehmoment, Zentralkräfte . . . . . . . .
Vielteilchensysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Zweikörpersysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7.1 Relativkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7.2 Planetenbewegung als Zweikörperproblem . . .
1.7.3 Elemente der Streutheorie . . . . . . . . . . . .
1.7.4 Gekoppelte Schwingungen . . . . . . . . . . . .
Bewegung starrer Körper . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.8.1 Rotierende Bezugssysteme . . . . . . . . . . . .
1.8.2 Kinematik starrer Körper . . . . . . . . . . . .
1.8.3 Die Bewegungsgleichungen eines starren Körpers
1.8.4 Bewegung eines kräftefreien Kreisels . . . . . .
1.8.5 Der schwere symetrische Kreisel . . . . . . . . .
2 Lagrange Mechanik
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
Zwangsbedingungen und generalisierte Koordinaten
Schwierigkeiten der Newtonschen Mechanik . . . . .
Das dAlembert Prinzip . . . . . . . . . . . . . . .
Lagrange-Gleichungen 2. Art . . . . . . . . . . . . .
Lineare Schwingungen . . . . . . . . . . . . . . . .
Symmetrien und Erhaltungsgröÿen . . . . . . . . .
Das Hamilton-Prinzip . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 Hamiltonische Mechanik
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
3.6
Die Legendre-Transformation . . . . . . .
Die kanonischen Bewegungsgleichungen . .
Zyklische Koordinaten und Erhaltungsätze
Poisson-Klammern . . . . . . . . . . . . .
Kanonische Transformationen . . . . . . .
Hamilton-Jacobi-Gleichung . . . . . . . . .
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3
3
5
7
11
14
16
18
18
19
23
28
29
30
32
40
43
45
50
50
54
56
59
71
82
85
89
. 89
. 92
. 95
. 95
. 97
. 104
1 Grundlagen der klassischen Mechanik-Mechanik von Punktteilchen
Gegenstand der klassischen Mechanik (nach Nolting):
Analyse der Gesetzmäÿgkeiten, nach denen sich materielle Körper unter dem Einuÿ
von Kräften im Raum und in der Zeit Bewegen.
Ziel:
Möglichst gute Prognosen des Zustandes eines Systems, zum Zeitpunkt t1 , wenn der
Zustand zum Zeitpunkt t0 < t1 bekannt ist.
Notwendige Schritt:
a) Aufstellen der Bewegungsggleichung
b) Lösen bzw. Analyse der Bewegungsgleichung
1.1 Die Newtonschen Axiome und Bezugssysteme
Der Raum ist der E 3 (dreidimensionaler euklidischer Raum), also ein aner dreidimensionaler Raum mit euklidischer Metrik
Def : Inertialsystem
Ein Bezugssystem im E 3 mit homogener Zeit
a) In einem Inertialsystem verharrt ein isolierter Körper in einem Zustand gleichförmiger Bewegung. -> F~ = 0 ⇔ ~a = 0
b) In einem Inertialsystem ändert sich der der Bewegungszustand gemäÿ:
d
p~ = m~v = F~
dt
(1)
wobei F~ die auf das Teilchen wirkende Gesamtkraft ist. Die Gröÿe p~ = m~v heiÿt Impuls
c) Die Wirkung zweier Körper aufeinander sind stets gleich und von entgegengesetzter Richtung.
0
Zwischen zwei Inertialsystemen Σ und Σ vermittelt die Galilei Transformation, wie
Kombination aus Drehung und Verschiebung mit konstanter Geschwindigkeit. Die Zeit
wird als absolut angenommen.
0
~r = ~v0 t + ~r
0
t=t
3
(2)
(3)
Die Galilei Transformationen bilden eine Gruppe.
Rotierende Bezugssyteme
Koordinatensysteme.jpg
0
Sei Σ ein Inertialsystem, Σ rotiere relativ zu Σ mit konstanter Winkelgeschwindigkeit
ω um die z-Achse; Ursprünge fallen zusammen.
Benutze Zylinderkoordinaten.
0
0
0
0
(ρ, ϕ, z) in Σ und (ρ , ϕ , z ) in Σ
F~ = Fρ~eρ + Fϕ~eϕ + Fz~ez
d2
~r
dt2
2
= dtd 2 (ρ~eρ + z~ez ) = dtd (ρ̇~eρ + ρϕ̇~eϕ ) + z̈~ez
= (ρ̈ − ρϕ̇2 )~eρ + (2ρ̇ϕ̇ + ρϕ̈)~eϕ + z̈~ez
,→
Fρ = m(ρ̈ − ρϕ̇2 )
Fϕ = m(2ρ̇ϕ̇ + ρϕ̈)
Fz = mz̈
⇒ Formvarianz der Newtonschen Bewegungsgleichungen
Im rotierenden System:
0
0
ρ̇ = ρ̇ , ϕ̇ = ϕ̇ + ω , ż = ż
0
0
0
ρ̈ = ρ̈ , ϕ̈ = ϕ̈ , z̈ = z̈
0
,→
0
0
0
0
0
m(ρ̈ − ρ0 ϕ̇ 2 ) = Fρ + 2mρ ω ϕ̇ + mω 2 ρ0 = Fρ
0 0
0 0
0
0
m(ρ ϕ̈ + 2ρ̇ ϕ̇ ) = Fϕ − 2mω ϕ̇ = Fϕ
0
mz̈ = Fz
4
⇒ im rotierenden Bezugssystem existieren Scheinkräfte
Coriolis-Kraft:
0 0
0 0
0
F~c = −(2mρ0 ω ϕ̇ ~eρ + 2mω ρ̇ ~eϕ )
(4)
~˙ 0 )
~˙ 0 = ρ̇~e0 + ρ0 ϕ̇0 ~e0
= −2m(~ω × R
,ω
~ = ω~ez , R
ρ
ρ
0 0 0
0 0
0
= −2m(ω~ez × (ρ̇ ~eρ + ϕ̇ ρ ~eϕ ))
0 0
0 0 0
= −2m(ω ρ̇ ~eϕ − ω ϕ̇ ρ ~eρ )
Zentrifugalkraft:
0
0
0
0
F~z = m(~ω × (~ω × ~r )) = mωρ2~eρ
(5)
Coriolis - und Zentrifugalkraft folgen aus der Trägheit des Teilchens ⇒ Trägheitskräfte.
1.2 Kräfte
a) Gewichtskraft
F~ = ms~g
ms : Schwere Masse
,g = 9, 81 sm2 :Erdbeschleunigung
~g = −g~ez
◦
1kg =
ˆ Masse von 1dm3 Wasser bei 4 C . Zugehörige Gewichtskraft: 9, 81N
Einsteins Äquivalenzprinzip:
Die schwere und die träge Masse ms sind gleichwertig, d.h. es gilt:
ms = αmt
O.B.d.A: α = 1
b) Gravitationskraft
Körper mit Masse m1 bei r~1 und mit Masse m2 bei r~2 üben aufeinander die Kraft:
m1 m2 ~r2 − ~r2
F~2 = −G
= −F~1
(~r2 − ~r1 )2 |~r2 − ~r1 |
(6)
c) Coulomb-Kraft
Ladung q1 bei ~r1 und Ladung q2 bei ~r2 :
F~2 =
q1 q 2
~r2 − ~r1
2
4πo (~r2 − ~r1 ) |~r2 − ~r1 |
5
(7)
d) (b) und (c) sind Beispiele von Zentralkräften
F (~r) = f (~r, ~r˙, t) · ~r
wobei |~r| = r
weiteres Beispiel: isotroper harmonischer Oszillator
f (r)=const.< 0
e) Lorentz-Kraft
Teilchen der Ladung q im elektromagnetischen Feld:
~ r, t) + ~v × B(~
~ r, t)]
F~ = q[E(~
(8)
F~ = −α(v) · ~v
(9)
~ : magnetische Induktion
B
~ : elektrische Feldstärke
E
f)Reibungskraft
v = |~v |
α(v) = α = const.
:Stokesche Reibung
α(v) = α · v
:Newtonische Reibung
e) und f) sind Beispiele geschwindigkeitsabhängiger Kräfte.
g) Zwangskräfte Zwangskräfte resultieren aus Einschränkungen der Bewegung eines
Teilchens, z.b. durch geometrische Beschränkungen.
6
1.3 Einfache Beispiele mechanischer Systeme
a) F~ = F~ (t)
räumlich konstant,zeitabhängig
F~ = m~a
,→
Rt
0
0
0
dt F~ (t ) =
,→ m dtd ~r =
,→ ~r(t) =
Rt
1
m
0
Rt
0
0
0
dt m~v˙ (t ) = m~v (t) − m~v (0)
0
0
dt F~ (t ) + m~v (0)
Rt
0
0
dt
R t0
0
00
dt00 F~ (t ) + ~v (0)t + ~r(0)
b) harmonischer Oszillator (1d)
Oszillator.jpg
Rückstellkraft "Hooksches Gesetz":
(10)
F = −k(x − x0 )
Newtonische Bewegungsgleichung:
,q := x − x0
mẍ = −k(x − x0 )
,→ mq̈ + kq = 0
Lösung:
q̈ + ω 2 q = o
⇔
,ω 2 =
k
m
, PeriodeT =
q(t) = A sin(ωt + ϕ)
2π
ω
Amplitude A, Phase ϕ: Integrationskonstanten
Anfangsbedingungen: q(0) = A sin(ϕ)
, q̇(0) = Aω cos(ϕ)
Für ϕ = arcsin( q(0)
)
A
,→ q(t) =
q̇(0)
(sin(ωt)
ω
,A=
q̇(0)
ω
folgt
+ arcsin( q(0)ω
))
q̇(0)
7
alternativer Zugang:
−kq = − dtd V (q)
Damit gilt
−→
d
E
dt
für V (q) = k2 q 2 + V0
= dtd ( m2 v 2 + k2 q 2 )
= mq̇ q̈ + k q̇q = 0
Deniere: E =
m 2
v
2
+ k2 q 2
mit v = q̇
,→ E ist eine Konstante der Bewegung (Energieerhaltung)
q
k 2
−m
q
Damit: q̇ = ± 2E
m
,→ ±
R q(t)
q(0)
√ 2Edq
m
,→ t = ±
−ω 2 q 2
=t
q
q
2
ω2 m
1
= arcsin( 2E q) − ω arcsin( ω2Em q(0))
q
,ϕ = arcsin( q(0)
)
mit A = ω2E
2m
A
p m R q(t)
2E
q dg
2
q(0)
1− ω2Em q 2
⇒ q(t) = A sin(ωt + ϕ)
1
ω
Phasenraumtrajektorien(p(q))
2
p
+ k2 q 2 = E =
Hier: p = mv = mq̇
→ 2m
p2
+ km
q2 = 1
,→
p2
p2
0
,→
p2
p20
p20
2m
,p0 = p(0)
0
+
q2
A
=1
,p0 = Aωm
Fixpunkt.jpg
Der Ursprung stellt einen elliptischen Fixpunkt der Bewegung dar.
8
Das ebene math. Pendel
Wirkende Kräfte:
• Schwerkraft: F~ = m~g
,~g = (0, −g)
• Zwangskraft: erzwingt den Abstand l der Masse zum Ursprung.
Wie bestimmt man die Gröÿe der Zwangskraft?
Unter Verwendung von Polarkoordinaten (ϕ, ρ) sieht man, dass sich nur ϕ ändert:
m[(ϕ̈ − ρϕ̇2 )~eρ + (ρϕ̈ + 2ρ̇ϕ̇)~eϕ ] = F~S + F~F = −mlϕ̇2~eρ + lϕ̈~eϕ
• F~S ist die Schwerkraft:
FS,ϕ = −mg sin(ϕ)
FS,ρ = mg cos(ϕ)
• F~F ist die Zwangskraft:
F~F = −FF ~eρ
In Richtung ~eρ :
−mlϕ̇2 = mg cos(ϕ) − FF
,→ FF = mlϕ̇2 + mg cos(ϕ)
In Richtung ~eϕ :
mlϕ̈ = −mg sin(ϕ)
,→ ϕ̈ + gl sin(ϕ) = 0
Deniere: E =
m 2 2
l ϕ̇
2
+ mgl(1 − cos(ϕ))
d
E
dt
g
= ml2 ϕ̇ϕ̈ + mgl sin(ϕ)ϕ̇ = l2 mϕ̇ [ϕ̈ + sin(ϕ)]
l{z
|
}
=0
⇒ E ist eine Erhaltungsgröÿe (Energieerhaltung)
9
Def: pϕ = ml2 ϕ̇ = I ϕ̇
• I : Trägheitsmoment der Rotationsbewegung
• pϕ : Drehimpuls
,→ E =
1 2
p
2I ϕ
+ Iω 2 (1 − cos(ϕ)) =
p0
2I
,ω 2 =
g
l
p0 : Drehimpuls im tiefsten Punkt der Bewegung.
Fixpunkte:
Kraft= 0
→ sin(ϕ) = 0
• i)ϕ = 2kπ
,k ∈ <
pϕ = 0
,äquivalent zu (0, 0)
• ii) ϕ = (2k + 1)π
,k ∈ <
pϕ = 0
,äquivalenz zu (π, 0)
i) Für |ϕ| << 1 gilt:
1 − cos(ϕ) ≈ 21 ϕ2
Zugehörige Trajektorien sind Schwingungen (Librationen).
also:
p2ϕ
ϕ2
+
po 2 ≈ 1
p20
( Iω
)
(11)
elliptischer Fixpunkt
ii) E = 2mgl = 2Iω 2 =
Sei |ϕ − π| << 1
,→
p2ϕ
2I
p20
2I
→ 1 − cos(ϕ) = 1 − cos(π + (ϕ − π)) = 1 + cos(ϕ − π) ≈ 2 − 21 (ϕ − π)2
− I2 ω 2 (ϕ − π)2 ≈
p20
2I
− 2Iω 2
p2ϕ
(ϕ − π)
− p2 −4I 2 ω2 ≈ 1
2
2
2
p0 − 4I ω
( 0 I 2 ω2 )
hyperbolischer Fixpunkt
10
(12)
Fixpunkt.jpg
Bem: Ein hyperbolischer Fixpunkt besitzt zwei einlaufende Trajektorien (stabile Mannigfaltigkeiten) und zwei auslaufende (instabile Mannigfaltigkeiten).
Schwingungen, falls: E < 2mgl
Rotation, falls: E > 2mgl
Phasenraumporträt:
1.4 Der Energiesatz
Arbeit:
Sei d~r eine innitisimale Verschiebung von ~r nach ~r + d~r und F~ ein Kraftfeld. Dann ist
δW = −F~ d~r die für die Verschiebung aufzuwendende Arbeit. δW ist i.a kein totales
Dierential.
Für endliche Verschiebungen entlang einer Kurve C ist dann:
Z
P2
W21 = −
P1
11
F~ · d~r
(13)
W21 hängt i.a. von F~ , P1 u.P
R t2 2 , aber auch von der Kurve C und dem zeitlichen Bewegungsablauf ab: W21 = − t1 F~ (~r, ~r˙, t) · ~r˙ · dt
P =
dW
dt
= −F~ (~r, ~r˙, t) · ~r˙ ist die zugehörige Leistung
Arbeit
Zeit
Aus der NewtonschenBewegungleichgung folgt:
m~r¨ · ~r˙ = F~ · ~r˙ = −P =
d m 2
ṙ
dt 2
→ kinestische Energie eines Punktteilchens: T =
m 2
ṙ
2
Weiterhin:
W21 = −
R t2
t1
P dt =
R t2
d m 2
ṙ
t1 dt 2
=
m 2
ṙ (t2 )
2
−
m 2
ṙ (t1 )
2
Betrachte nun: F~ = F~ (~r)
Falls F~ konservativ, so existiert ein Potential V mit W21 = V (~r(t2 )) − V (~r(t1 )) und
~
F~ = −∇V
(14)
I.a. F~ = F~kons + F~diss , wobei F~kons konservativ ist und F~diss , dissipativ genannt, nicht
konservativ ist.
Es gilt:
d
V
dt
(~r) = −F~kons · ~r˙
→
d
[T
dt
+ V (~r)] = F~diss · ~r˙
Deninition: Energie eines Massenpunktes
E = T + V (~r) =
m ˙2
~r + V (~r)
2
(15)
Die zeitliche Änderung der Energie ist gleich der Leistung der dissipativen Kräfte. Sind
alle Kräfte konservativ, so ist die Energie eine Konstante der Bewegung (Energieerhaltungssatz).
12
Allgemein Integrabilität eindimensionaler Dynamik:
Betrachte ein konservatives System mit einem Freiheitsgrad, dessen Zustand durch eine
(verallgemeinerte Koordinate) q und die zugehörige Geschwindigkeit q̇ bestimmt wird.
Energiesatz:
0
R q(t)
Rt 0
E = F (q, q̇) → q̇ = G(q, E) → t0 dt = t − t0 = qo =q(t0 ) G(qdq0 ,E)
Spezialfall:
1
2
m 2
q̇ + V (q) = E → q̇ = ±[ (E − V (q))] 2
2
m
(16)
Denitionsbereich: {q ∈ < |E − V (q ≥ 0)} Für q mit V (q) = E : Wendepunkt (q̇ = 0)
Vorzeichen in (16) gibt die Orientierung an:
Rq
0
(16) → t − t0 = ± q0 2 dq
1
[ m (E−V (q))] 2
wobei
d
S
dt
≡ ±[S(q) − S(q0 )]
1
= [ m2 (E − V (q))]− 2
q, q0 im erlaubten Bereich → t = t(q; t0 , q0 ) = ±[S(q) − S(q0 )] + t0 → t(q0 ) = t0
Satz von Picard-Lindelöf:
Zu jeder Anfangsbedingung gibt es genau eine Lsg. der gew. Dierentialgleichung: ẋ =
f (x, t) falls f mit der Anfangsbedinung x(0) = x0 stetig dierenzierbar C 1 ist.
dierenzierbar.jpg
13
→ t(q) lässt sich invertieren, solange ein festes Vorzeichen gewählt wird.
q = q(t; t0 , q0 ) mit q(t0 ; t0 , q0 ) = q0
Bem.:
Die Vergaben von E und q0 sowie die Wahl des Vorzeichens in (16) ist äquivalent zur
Vorgabe von q(t0 ) und q̇(t0 )
Bestimmung der Perioder T einer oszillatorischen Bewegung zwischen zwei Wendepunkten q̂1 (E) und q̂2 (E) Wähle q̂1 (E) < q̂2 (E), t0 = 0 und q(0) = q̂1 (E)
Dann gilt:
Z T
Z
dt =
0
q̂2 (E)
q̂1 (E)
Z
dq
q
2
(E
m
q̂1 (E)
+
− V (q))
q̂2 (E)
−dq
q
2
(E
m
=
− V (q))
√
Z
q̂2 (E)
2m
q̂1 (E)
dq
p
= T (E)
E − V (q)
(17)
1.5 Drehimpuls, Drehmoment, Zentralkräfte
m~r¨ = F~
→ m(~r × ~r¨) = ~r × F~
Denition:
Drehimpuls
~ = m(~r × ~r˙ ) = ~r × P~
L
(18)
Drehmoment:
~ = ~r × F~
M
→
d~
~
L=M
dt
Die zeitliche Änderung des Drehimpulses entspricht dem Drehmoment.
Insbesondere falls:
~ =0
~ =0
M
→ dtd L
~ = 0 falls F~ = 0 oder falls F~ ||~r
M
14
(19)
~ = ~r · (m(~r × ~r˙ )) = 0 ⇒ Bei Drehimpulserhaltung bewegt sich der
Es gilt:
~r · L
Massepunkt auf der zum Drehimpuls senkrechten Ebene, die den Nullpunkt enthält.
Weiterhin: Betrachte die vom Ortsvektor überstrichene Fläche pro Zeiteinheit.
Drehimpuls.jpg
∆S = 12 |~r(t) × ~r(t + ∆t)| = 12 |~r(t) × (~r(t) + ~r˙ ∆t)| =
dS
dt
→
=
∆t
|~r(t)
2
× ~r˙ (t)|
1 ~
|L|
2m
Flächensatz: Bei Drehimpuslerhaltung überstreicht der Radiusvektor (Fahrstrahl) des
Massenpunktes in gleichen Zeiten gleiche Flächen.
Konservative Zentralkräfte:
In diesem Fall gilt Drehimpuls und Energieerhaltung. Die Kraft F~ hat die Form
F~ = f (ρ)~eρ , das Potential ist V ≡ V (ρ) und F~ = − dV
. siehe Aufgabenblatt 1
dρ
Erste Intergale der Bewegung:
~ = m(~r × ~r˙ ) = const.
• L
• E=
m ˙2
~r
2
+ V (~r) = const.
Benutze Kugelkoordinaten (ρ, ϑ, ϕ) bzw. Zylinderkoordinaten (ρ, ϕ, z)
Drehimpulserhaltung: ϑ = π2 , ϑ̇ = 0 bzw. z = ż
also
~r˙ = ρ̇~eρ + ρϕ̇~eϕ
und somit
~ = −mρ2 ϕ̇~eϑ = mr2 ϕ̇~ez
L
15
(20)
~r˙ 2 = ρ̇2 + ρ2 ϕ̇2 und somit:
weiterhin
E=
m
L2
m 2
(ρ̇ + ρ2 ϕ̇2 ) + V (ρ) = ρ̇2 +
+ V (ρ)
2
2
2mρ2
|
{z
}
(21)
Vef f (ρ)
→
wie oben ρ(t)
aus ϕ̇ =
also
folgt dϕ =
L
mρ2
L
dt
mρ2
=
Z
r
ϕ − ϕ(t0 ) =
r0
L dρ
mρ2 ρ̇
0
Ldr
p
02
r
2m[E − Vef f (r0 )]
(22)
→ ϕ(r) also nach Einsetzen von r(t), oder ϕ(t), oder auch r(ϕ)
Bem.:
Ein System ist integrabel, falls es soviele Konstanten der Bewegung wie "Freiheitsgerade"besitzt. Nichtintegrable Systeme zeigen häug eine sensible Abhängigkeit von den
Anfangsbedingungen → geometrische Analyse.
1.6 Vielteilchensysteme
Betrachte ein System aus N Punktmassen mi , i = 1, .., N an Positionen ~ri . Die auf mi
wirkende Kraft F~i wird in zwei Teile zerlegt:
(ex)
• F~i , äuÿere Kraft
• F~ij , von Teilchen j auf Teilchen i ausgeübte Kraft (innere Kraft)
Newtonsche Bewegungsgleichung für Teilchen i:
(ex)
mi~r¨i = F~i = F~i +
N
X
F~ij
(23)
j=1
Konvention: F~ii = 0
3. Axiom:
F~ij = −F~ji
Schwerpunktsatz:
N
X
mi~r¨i =
i=1
Setze M =
PN
i=1
mi
~ =
,R
1
M
PN
i=1
N
X
(ex)
F~i
(24)
i=1
mi~ri
, P~ =
16
PN
i=1
m~r˙i = M ~r˙
P ~ (ex)
F~ (ex) = N
i=1 Fi
M ~r¨ = F~ (ex)
⇒
⇔ p~˙ = F~ (ex)
Der Schwerpunkt eines Massenpunktsystems bewegt sich so als ob die gesamte Masse in
ihm vereinigt ist und alle äuÿeren Kräfte auf ihn allein wirken.
Insbesondere
P~ = const.
⇔
F~ (ex) = 0
Bsp:
Drehimpulssatz:
Gesamtdrehimpuls:
~ =
L
N
X
~i =
L
i=1
d~
L
dt
,→
PN
ri
i,j=1 ~
1
2
PN
=
ri × ~r¨i ) =
i=1 mi (~
PN
N
X
mi (~ri × ~r˙i )
(25)
i=1
~i = PN ~ri × F~ (ex) + PN ~ri × F~ij
~
r
×
F
i
i
i,j=1
i=1
i=1
PN
P
P
ri × F~ij + ~rj × F~ji ) = 12 N
ri × F~ij − ~rj × F~ij =
× F~ij = 21 N
i,j=1 (~
i,j=1 ~
ri~rj )
i,j=1 (~
× F~ij = 0
, da ~ri − ~rj ||F~ij
Also:
d~
~ (ex)
L=M
dt
~ (ex) =
Wobei M
PN
ri
i=1 ~
(26)
(ex)
× F~i
das äuÿere Gesamtdrehmoment ist.
~i (ex) = 0) gilt:
In einem abgeschlossenen System (F
~ = const.
L
~ = (R
~ × P~ ) +
Man kann schreiben: L
(Drehimpulserhaltung)
PN
¯ × p~¯i ) wobei ~r̄i = ~ri − R
~ und p̄~i = mi~r˙i − P~i
ri
i=1 (~
17
Der Gesamtdrehimpuls ist also dem Drehimpuls der im Massenzentrum konzentrieten
Gesamtmasse bezogen auf den Ursprung plus dem Gesamtdrehimpuls der Masse bezogen auf das Massezentrum gleich.
Energiesatz:
N
X (diss)
d
(T + V ) =
F~i
· ~r˙i
dt
i=1
wobei T =
1
2
PN
i=1
mi~r˙i2
(27)
F~i = −∇i V (~r1 , .., ~rN )
und
mit ∇i V (~r1 , .., ~rN ) = ( ∂x∂ i V, ∂y∂ i V, ∂z∂ i V )
→
Herleitung wie für ein Teilchen.
(diss)
= 0 für alle i , so ist E = T + V = const.
Falls F~i
1.7 Zweikörpersysteme
Betrachte ein System zweier Punktmassen, die über ein Potential V12 , welches nur vom
Dierenzvektor ~r = ~r1 − ~r2 abhänge, wechselwirke. Weitere Kräfte auf Masse i lassen
sich aus dem Potential Vi = Vi (~ri ) ableiten: F~i = −∇i Vi i = 1, 2.
1.7.1 Relativkoordinaten
Schwerpunkt:
~ = m1~r1 + m2~r2
R
m1 + m2
→
~+
~r1 = R
m2
~r
M
Schwerpunktbewegung:
~−
,~r2 = R
m1
~r
M
M ~r¨ = −
P
∇i Vi
18
(28)
Relativbewegung:
~ 1 (V1 + V12 ) +
~r¨ = ~r¨1 − ~r¨2 = m11 F~1 − m12 F~2 = − m11 ∇
1
1 ~
1 ~
∇ V −(
+
) ∇1 V12
(actio=reactio)
m2 2 2
m
m
| 1 {z 2 }
Wobei
1 ~
∇ (V
m2 2 2
~ 1 V1 +
+ V21 ) = − m11 ∇
1
:= µ
m1 m2
m1 + m2
die reduzierte Masse ist. Falls V1 = V2 = 0 (abgeschlossenes System), so ist
µ=
(29)
~ 1 V12 = −∇
~ ~r V
P~ = M ~r˙ = const. und µ~r¨ = −∇
~ ~r V (UrRelativbewegung =
ˆ Bewegung der reduzierten Masse µ im Zentralfeld F~12 = −∇
sprung in ~r2 ).
Weiterhin:
T = Ts + Tr
,Ts = 12 M ~r˙ 2
,Tr = 12 µ~r˙ 2
und
E = Es + Er ,Es = Ts + V1 + V2 ,Er = Tr + V12
~ =L
~s + L
~ r ,L
~s = R
~ × P~
Für den Drehimpuls gilt: L
~ r = m1 (~r̄1 × vecr̄
˙ 1 ) + m2 (~r̄2 × vecr̄
˙ 2 ) = m1 ( mµ ~r ×
L
1
= µ2 ( m11 + m12 )(~r × ~r˙ ) = µ(~r × ~r˙ )
µ ˙
~r)
m1
+ m2 (− mµ2 ~r × (− mµ2 ~r˙ ))
→ eektives Einteilchenproblem für die reduzierte Masse
1.7.2 Planetenbewegung als Zweikörperproblem
V12 (~r) ≡ V (~r) = −G m1rm2
→
F~12 = −G m1r3m2 ~r Es gebe keine äuÿeren Kräfte V1 = V2 = 0 → P~ = const.
Zu lösen bleibt µ~r¨ = −GµM r13 ~r
→ siehe Kapitel 1.5
19
Entspricht der Bewegung eines Teilchens im eektiven Potential Vef f =
L2r
2µρ2
− GµM ρ1 .
~ r = µ~r × ~r˙
L
Graphische Lösung
Potential.jpg
• E1 :Teilchen kommt nicht näher als ρ1 : ρ ≥ ρ1
• E2 :Teilchen kommt nicht näher als ρ2 : ρ ≥ ρ2
Vojager
2. kosmische Geschwindigeit v2 = 11, 2 km
s
• E3 :Teilchen zwischen ρ3< und ρ3> : ρ3< ≤ ρ ≥ ρ3> geb. Zustand
ρ3< und ρ3> Apsiden (Perihel, Aphel), Orbit nicht notwendig geschlossen!
Satellit ρ3< > RErde Lr muss groÿ genug sein → 1.kosmische Geschwindigkeit
v1 = 7, 9 km
s
• E4 :ρ̇ = 0 , konstanter Radius, Teilchen bewegt sich auf Kreisbahn.
∂
V = 0 → Zentrifugalkraft = anziehender Zentralkraft.
∂r ef f
Orbits:
Wie sieht die Dierentialgleichung für den Orbit aus ρ(ϕ)?
Lr = µρ2 dϕ
dt
Bewegungsgl.:
2
µ dtd 2 ρ −
L2r
µρ3
d
dt
=
Lr d
µρ2 dϕ
d
= − ρα2 = − dρ
V
←
Setze u =
→
Lr d Lr d
(
ρ)
ρ2 dϕ µρ2 dϕ
−
L2r
µρ3
= − ρα2
1
ρ
d2 u
µ d
+ u = − 2 (−αu)
2
dq
Lr du
Wähle Koordinate so, dass Umkehrpunkt für ϕ = 0 erreicht wird.
→ Spiegelung um Achse vom Kraftzentrum der Apside entspricht ϕ → −ϕ
(30) invarivant unter ϕ → −ϕ
du
Anfangsbedingungen u ≡ u(0) und dϕ
|ϕ=0 = 0 auch invariant.
20
(30)
→ Orbit ist der gleiche als Funktion von ϕ und −ϕ .
→ Orbit ist invariant unter Spiegelungen in der Achse durch Kraftzentrum und
Apside.
2
d2
u + u = αµ
= GµL2M
dϕ2
L2
r
Lösung der homogenen Gleichung:
r
u = a sin(ϕ) + B cos(ϕ)
Spezielle Lösung der inhomogenen Gleichung:
u=
Gµ2 M
L2r
Allgemeine Lösung:
u(ϕ) = A sin(ϕ) + B cos(ϕ) +
du
dϕ
Gµ2 M
L2r
(31)
!
= A cos(ϕ) − B sin(ϕ) |{z}
=0 → A=0
ϕ=0
B : freier Parameter, der durch die Geasamtenergie bestimmt ist. Da u für ϕ = 0
d2 u
max. ist gilt dϕ
2 |ϕ=0 < 0 und somit −B < 0 also B > 0 → Bahnkurve:
u=
Setze noch k =
L2r
Gµ2 M
und B =
1
ρ
k
= B cos(ϕ) +
Gµ2 M
L2r
> 0 so gilt:
1
1
= (1 + cos(ϕ))
ρ
k
Gleichung eines Kegelschnitts in Polarkoordinaten
• = 0 : Kreis
• < 1 : Ellipse
• = 1 : Parabel
• > 1 : Hyperbel
21
(32)
a) Ellipse
Lr bestimmt k , also auch
Im Perihel ρ = a − e =
Also:
E = GµM ( 2ρk2 −
0
1
)
ρ0
k
1+
b2
a
ist E =
2
L2r
2µρ20
−
2
a −e
= GµM ( 2a(a−e)
2 −
GµM
ρ0
1
)
a−e
2
2
1
= GµM 2a(a−e)
2 (a − e − 2a(a − e))
|
{z
}
−a2 −e2 +2ae
= −GµM
1
2a
→ a=
2E
− GµM
E < 0 (geb. Bewegung) bestimmt a !
Zusammenfassung der Keplerschen Gesetze
1. Die Planeten bewegen sich auf Ellipsen, in deren einem Brennpunkt die Sonne
steht.
2. Der Fahrstrahl von der Sonne zum Planeten überstreicht in gleichen Zeiten gleiche
Flächen
τ : Umlaufzeit
Auÿerdem: SEllipse = πab = τ dS
dt
πab = τ L2µr
→
τ2
a3
=
π 2 b2 4µ2
L2r a
=
4µ2 π 2 k
L2r
=
4π 2
GM
= const.
also
3. Die Quadrate der Umlaufzeiten zweier Planeten verhalten sich wie die Kuben der
groÿen Achse der Ellipse.
22
b) Hyperbel
Charakterisierung der Hyperbelbahn durch den Stoÿparameter d und den Ablenkungswinkel ϑ .
Wie hänge ϑ von Lr und E ab?
Lsg.:
π − ϑ = 2(π − ϕ∞ ) → ϑ2 = ϕ∞ − π2
→ sin( ϑ2 ) = sin(ϕ∞ − π2 ) = − cos(ϕ∞ ) =
1
2
>0
v∞ Geschwindigkeit des Massenpunkts im ∞ → E = µ2 v∞
Drehimpulserhaltung:
Lr = µ|~r × ~r˙ | = µ|~r∞ × ~v∞ | = µdv∞
→
Im Perihel: ρ̇ = 0 ,ρ = ρ0 =
L2r = 2µEd2
k
1+
L2r
− GµM ρ10 = GµM ( 2ρk2 − ρ10 )
2µρ20
0
2
(+1)(−1)
1+
GµM ( (1+)
−
)
=
GµM
2k
k
2k
→ E=
=
2 − 1 =
2kE
GµM
→ d=
√ Lr
2mE
=
2L2r E
Gµ3 M 2
=
4µEd2 E
Gµ3 M 2
,tan( ϑ2 ) =
=
1
sin2 ( ϑ
)
2
− 1 = cot2 ( ϑ2 )
GµM
2dE
Bem.: Das Dreikörperproblem ist i.a. nicht integrierbar!
1.7.3 Elemente der Streutheorie
Lr
Wir hatten eben gesehen, dass im Fall der Hyperbel d = √2mE
und tan( ϑ2 ) = GµM
2dE
ist. Durch ein Experiment , indem eine beliebige Probe auf ein Ziel geschossen wird und
indem Lr , E, d, ϑ gemessen werden kann man Informationen über die Wechselwirkung
von Probe und Ziel, sowie über die des Ziels erhalten.
23
Zweikörperstoÿ:
Stoÿ=Streuung, auÿerhalb des schraerten Gebietes kräftefreie Bewegung. Zahl und
Masse der Teilchen ändert sich nicht (nicht-reaktiv Stoÿ).
2 Bezzugssysteme:
• Messung Experimente im Laborsystem Σl
• Theorie einfacher im Schwerpunktsystem Σs (mit ruhendem Schwerpunkt)
Gröÿen in Σs mit ...
¯ , es gilt:
~s = 0
~r˙s = 0 ,R
0
0
˙
~r˙i − ~r̄i = ~r˙i − ~r̄˙i = ~r˙l
Σs ist ein Inertialsystem!
Impulserhaltung:
0
Σl :
0
p~1 + p~2 = p~1 + p~2 = p~ = const.
0
0
0
0
p̄~1 + p̄~2 = p̄~1 + p̄~2 = 0 → p̄~1 = −p̄~2 , p̄~1 = −p̄~2
Σs :
0
0
3 Bestimmungsgleichungen für 6 Unbekannte p̄~1 , p̄~2
Energieerhaltung:
p2i
i=1 2mi
Σl :
P2
Σs :
p̄21
2m1
Q=
p̄22
2m2
1
2
i 2mi (pi
P
= Q̄ +
+
P
i
=
0
pi 2
i=1 2mi
P2
0
=
0
p̄12
2m1
− pi2 ) =
+Q
0
+
1
2
p̄22
2m2
P
+ Q̄
0
i
mi (ṙi2 − ṙi2 ) =
1
2
0
mi (~r̄˙i − ~r̄˙i ) · ~r˙l = Q̄
24
P
i
0
mi [(~r̄˙i + ~r˙l )2 − (~r̄˙i + ~r˙l )2 ]
• Q = 0: elastischer Stoÿ
• Q > 0: inelastischer Stoÿ (Anregung der Stoÿpartner)
• Q < 0: inelastischer Stoÿ (Abregung der Stoÿpartner)
Es gilt:
Tr =
p̄2i
2µ
0
=
p̄i2
2µ
0
0
0
+ Q = Tr + Q und p̄21 = p̄22 sowie p̄12 = p̄22
p
0
also auch p̄i = p̄2i − 2µQ
0
Der Energiesatz bestimmt den Betrag von p̄~i . Es bleiben zwei Unbekannte unbestimmt
→ sie sind vom Stoÿprozess abhängig.
z.b.: Q = 0
Einer der Partner ruhe vor dem Stoÿ: ~r2 = 0 ~r˙ = 0
p~1 = p~ ,p~2 = 0
nach dem Stoÿ
0
0
0
1
p~1 = m1~r˙l + p̄~1 = m
p~ + p̄~1
M 1
0
0
0
2
p~2 = p~1 − p~1 = m
p~ − p̄~1
M 1
bleibt noch p̄~1 zu bestimmen.
weiterhin
0
Betrag: p̄1 = p̄1
p~1 = m1 (~r̄˙1 + ~r˙l ) = p̄~1 +
m1
p~
M 1
→ p̄~1 =
m2
p~
M 1
0
m2
p
M 1
und somit p̄1 = p̄1 =
also p̄~1
Jetzt müssen noch die Winkel ϑ̄ und ϕ̄ in das Laborsystem umgerechnet werden.
Es gilt ϕ = ϕ̄ da alle Impulse in derselben Ebende liegen.
25
0
0
x = p̄1 sin(ϑ) ,y = p̄1 cos(ϑ̄) → tan(ϑ) =
y=
x
y+
=
m1
p
M 1
m1 p1
M p̄01
=
sin(ϑ̄)
cos(ϑ̄)+y
m1
m2
a) y > 1 ↔ m1 > m2
0
,→ p̄1 =
max. Streuwinkel: 0 ≤ sin(ϑmax ) =
0
p̄1
m1
p
M 1
m2
p
M 1
<
m1
p
M 1
m2
m1
=
1
y
=
<1
,0 ≤ ϑ ≤ ϑmax <
π
2
b) y < 1 → m1 < m2
0
also p1 >
m1
p
M 1
alle Streuwinkel möglich
c) y = 1 → m1 = m2
0
0
0
p~1 ⊥~p2 unabhängig von der konkreten Wechselwirkung. Ausnahme Zentralstoÿ ϑ̄ = π ,p~2 =
0
p~1 ,p̄~1 = 0
26
Intensität des einfallenden Strahls I =
T eilchen
F laeche Zeit
~
σ(Ω)dΩ
=
dierentieller Streuquerschnitt σ :
in den Raumwinkel dΩ gestreute T eilchen pro Zeit
I
Zentralkraft → Rotationssymmetrie um Achse des einfallenden Strahls → dΩ = 2π sin(ϑ)dϑ
√
Lr = d 2µE
ϑ: Streuwinkel
E, d xiert → ϑ für beliebige Zentralkraft
Ann.: d ↔ ϑ eindeutig
→ 2πId|ds| = 2πσ(ϑ)I sin(ϑ)|dϑ|
d
dd
→ σ(ϑ) = sin(ϑ)
| dϑ
|
Bsp.: Coulomb-Streuung
feste Ladung −ze0
e0 : Elementarladung
0
einlaufende Teilchen mit Ladung −ze0
0
V (ρ)coul
0
0
(1.7) → tan( ϑ2 ) =
µM G=zz
ˆ e20
σ(ϑ) =
zz e20
2E
und
0
0
,→
zz e20
2dE
zz e20
=
ρ
1
cot( ϑ2 ) sin(ϑ)
zz e20 1
1
2E 2 sin2 ( ϑ )
2
(33)
0
dd
dϑ
=
zz e20 1
1
2E 2 sin2 ( ϑ )
2
⇒ Rutherfordscher Streuquerschnitt
0
1 zz e20 2 1
,→ σ(ϑ) = (
)
4 2E sin4 ( ϑ2 )
denn sin(ϑ) = 2 cos( ϑ2 ) sin( ϑ2 )
Eine nichtrelativistische, quantenmechanische Rechnung liefert dasselbe Ergebnis!
27
(34)
1.7.4 Gekoppelte Schwingungen
V12 (x1 , x2 ) = k2 (x1 − x2 − l)2
V23 (x2 , x3 ) = k2 (x2 − x3 − l)2
mẍ1 = −k(x2 − x1 − l)
mẍ2 = k(x2 − x1 − l) − k(x3 − x2 − l)
mẍ3 = k(x3 − x2 − l)
Setze y1 = x2 − x1 − l
M Ẍ = 0
,y2 = x3 − x2 − l
also Ẋ = const.
,X = 31 (x1 + x2 + x3 )
o.b.d.A Ẋ = 0
mÿ1 = 2ky1 − ky2
mÿ2 = −ky1 + 2ky2
Eigenmodenfrequenzen:
2
= −2k ± k = −k, −3k
−mω±
→
yi = A ±
i cos(ω± t)
z.b. ω+ =
k
m
k
−m m
y1 = 2ky1 − y2 k → y2 = y1
mittlere kinetische Energie:
Z
Z
1 T m 2
kπ
1 T m 2
2
dt (ẏ1 + ẏ2 ) =
dt ω (1 + 1) sin2 (ωt) =
T 0
2
T 0
2
T
mittlere potentielle Energie:
Z
1 T k 2
1k
kπ
dt (y1 + y22 ) =
2π =
= hT i
hV i =
T 0
2
T2
T
28
(35)
(36)
Virialsatz
allgm. Form:
,→
N
N
P
P
(~r¨i · ~ri ) =
F~i~ri
i=1
,→
mi~r¨i = F~i
d
dt
i=1
N
P
N
N
i=1
i=1
P
P~
mi (~r˙i · ~ri ) −
mi ṙi2 = − ∇
ri
iV · ~
i=1
,→
1
T →∞ T
ZT
lim
0
T
N
N
X
X
1
d
˙
˙
˙
mi~ri · ~ri = lim
mi~ri · ~ri T →∞
dt i=1
T
i=1
(37)
0
Falls ~ri und ~r˙i beschrängt sind gilt (37) → 0
2hT i = h
N
X
~ iV i
~ri ∇
|i=1 {z
Virialsatz
(38)
}
Virial der Kräfte
abgeschlossenes System:
P
V (~r1 , .., ~rN ) = 12 Vij (~ri − ~rj ) mit
Vij (~ri − ~rj ) = αij (~ri − ~rj )m m ∈ Z
i,j
→
N
P
~ i V = mV und 2hT i = mhvi
~ri ∇
i=1
1.8 Bewegung starrer Körper
In einem starren Körper bleiben die Abstände zwischen beliebigen Punkten konstant.
Wieviele Freiheitsgrade hat ein starrer Körper?
3 × 3 kartesische Koordinaten. 3 Zwangsbedingungen r12 ,r23 ,r31 . Für jeden weiteren
Punkt gibt es 3 weitere Zwangsbedingungen → 6 Freiheitsgrade
29
1. Translation: eines ausgenzeichneten Punktes → 3 Freiheitsgrade
2. Rotation: Rotationsachse (2 Freiheitsgrade), Rotationswinkel (1 Freiheitsgrad), 3
Freiheitsgrade
1.8.1 Rotierende Bezugssysteme
Rotierende Bezugssysteme sind keine Inertialsysteme. Aktive und passive Drehung.
0
0
xp = xp cos(ϕ) − yp sin(ϕ)
xp = xp cos(ϕ) + yp sin(ϕ)
0
0
yp = −xp sin(ϕ) + yp cos(ϕ)
yp = xp sin(ϕ) + yp cos(ϕ)
passiv
aktiv
Transformation der Gechwindigkeit
P
• ~r(t) = xi~ei im IS ~ei sind konstant
0
0
(Bahnkurve)
0
xi~ei im rot. Bezugssystem (RS)
P dxi
~e
(Gechwindigkeit)
• ~vIS = dtd ~r =
dt i
P dx0i 0
~vRS =
~e
dt i
~r (t) =
P
0
~r = ~r da gleicher Zustand, gleicher Raumpunkt
~vIS =
0
d
~r
dt
=
d 0
~r
dt
=
P dx0i
0
0
~e +
dt i
0
P
~ei (t) beschreibt Drehung ∃~n, |~n| = 1 :∆~ei = (~n × ~ei )∆ϕ
30
0
xi
0
d~ei
dt
d 0
~e
dt i
0
0
= (~n × ~ei )ω(t) = ω
~ (t) × ~ei Also ω
~ = ω~n Vektor der Winkelgeschwindigkeit
P 0
0
0
damit ~vIS = ~vRS + xi (~
ω × ~ei ) = ~vRS + ω
~ × ~r
d
d
=
+ω
~×
(39)
allgemein:
dt IS
dt RS
Umkehr: ~vIS − ω
~ × ~r = ~vRS → dtd IS − ω× = dtd RS
Transformation der Bewegungsgleichungen:
2
d
im IS: Newtonische Bewegungsgleichung: m dt
~r = F~ (~r)
2
IS
0
0
0
~ × ~r ] = [ dtd RS + ω
~ × ][ dtd RS ~r + ω
~ × ~r ]
~aIS = dtd IS [~vRS + ω
2
0
0
0
0
= dtd 2
~r + dtd RS ω
~ × ~r + 2~ω × dtd RS ~r + ω
~ × (~ω × ~r )
RS
0
= ~aRS + 2~ω × ~vRS + ω
~ × (~ω × ~r ) falls ω
~ = const.
0
0
0
,→ m~aRS = F~ (~r ) − mω
~˙ × ~r − 2m~ω × ~vRS − m~ω × (~ω × ~r )
|
{z
}
Scheinkräfte
• F~c = −2m~ω × ~vRS
Coriolis-Kraft
0
• F~z = −m~ω × (~ω × ~r )
Zenttrifugalkraft
Bsp:
a) Foucault-Pendel
31
(40)
b)
m rotiere mit konstanter Winkelgeschwindigkeit um 0 ~r˙ = ρ̇~eρ + ρω~eϕ ≡ ρω~eϕ →
T = 12 mρ2 ω 2
Unterbreche die Verbindung zwischen 0 und m, m verlässt den Kreis mit Tangentialgeschwindigkeit ρω . Wie sieht die Bewegung im mit ω rotierenden System aus?
2
0
0 0
0 0
0
m dtd 2
~r = 2m dtd RS (x2~e1 − x1~e2 ) + mω 2~r
RS
,→ m
d
dt2
,→ m
d2
t = 0:
2
0
RS
dt2
0
d
dt RS
x1 = 2mω
= −2mω
RS
x1 = ρ ,
d
dt RS
d
dt RS
0
x1 = 0
Im Inertialsystem x1 (t) = ρ
0
0
x2 + mω 2 x1
0
0
x1 + mω 2 x2
0
, x2 = 0 ,
d
dt RS
0
x2 = 0
,x2 (t) = ρωt
0
x1 = x1 cos(ωt) + x2 sin(ωt)
0
x2 = −x1 sin(ωt) + x2 cos(ωt)
passive Transformation
→
0
x1 = ρ cos(ωt) + ρωt sin(ωt)
0
x2 = −ρ sin(ωt) + ρωt cos(ωt)
1.8.2 Kinematik starrer Körper
0
Körperfestes Koordinatensystem: Ursprung O irgendwo innerhalb des Körpers. Achsen
0
0
0
parallel in fester Beziehung zum IS (x1 , x2 , x3 )
32
~ vom Ursprung O zum Ursprung O0
R
0
~ri Orsvektoren der einzelnen Massenpunkte im körperfesten System (RS)
0
~ + ~ri
~ri = R
0
Zwangsbedingung: |~ri | = const.
0
0
mögliche zeitliche Änderung im körperfesten System ;Drehung, d.h. ~r˙i = ω
~ × ~ri ,wobei
ω
~ die Winkelgeschwindigkeit im RS ist.
0
~˙ + ω
~r˙i = R
~ × ~ri
Kinetische Energie:
T =
P mi
2
i
ṙi2 =
P mi ~˙ 2
~˙ · (~ω × ~r0 )) + (~ω × ~r0 )2 )
( 2 (R + 2 R
i
|
{z i}
i
0 ~
~
ri ·(R×~
ω)
T =
1
2
X
~˙ 2 + (R
~ ×ω
·R
~) ·
mi
| i {z }
Gesamtmasse
X
0
mi~ri
| i {z }
M
Massenschwerpunkt
+
X1
i
2
0
mi (~ω × ~ri )2
(41)
~0
R
S
Wähle den Ursprung in RS im Massenschwerpunkt
1 ~˙
1X
0
T = MR
+
mi (~ω × ~ri )2 = Ttrans + Trot
S
2
2 i
→
Rotationsenergie:
Trot =
1
2
P
=
1
2
P
=
1
2
P
=
1
2
P
i
mi
i
P
0
0
klm ωl xi,m kpq ωp xi,q
k,l,m
p,q
mi
i
i
0
mi (~ω × ~ri )2
P
0
0
(δlp δmq − δlq δmp )ωl xl,m ωp xi,q
l,m,p,q
mi
P 2 02
0
0
[ωl xi,m − (ωl xi,l )(ωm xi,m )]
l,m
33
(42)
=
1
2
P
=
1
2
P
0
mi (~ω 2~ri2 − (~ω · ~ri )2 )
i
θkl ωk ωl
k,l
wobei
θkl =
X
0
0
0
(43)
mi (ri2 δkl − xi,k xi,l )
i
der Trägheitstensor ist.
Was ist ein Tensor?
Ein Tesor k-ter Stufe in einem n-dimensionalen Raum ist ein nk -Tupel von Zahlen
(Ti1 , .., ik ) ;ik = 1, ..n ,welches sich bei Koordinatendrehung, bzgl. aller k Koordinaten
so transformiert, wie die Koordinaten eines Vektors.
0
• k = 0: Skalar
x =x
• k = 1: Vektor
(n = 3) ,xi =
0
P
Dij xj
,Dij :Komponente der Drehmatrix
j
0
• k = 2: (Tij )i,j=1,2,3 ,n2 = 9 Komponenten mit Tij =
Tensoren 2.Stufe lassen sich als Matrizen schreiben.
P
Dil Djm Tlm
l,m
0
Ist der Trägheitstensor ein Tensor? Ja, denn Trot = Trot ist unabhängig vom Koordinatensystem.
Trot 0 =
=
1
2
1
2
P
0
0
0
θlm ωl ωm =
l,m
PP
1
2
θij ωpq δlp δmg =
l,j p,q
PP
l,m i,j
1
2
P
Dli Dmj θij
P
Dlp Dmq ωp ωq
p,q
θij ωi ωj = Trot
i,j
0
Für eine feste Polarachse ω
~ gilt O.b.d.A. ω
~ = ω~e3
P
P
0
02
02
)=
+ xi,2
Trot = 12 mi (~ω × ~ri )2 = 21 mi ω 2 (xi,1
i
mit θ =
P
0
i
0
0
2
2
mi (xi,1
+ xi,2
) Trägheitsmoment bzgl. der Achse ~e3 .
i
Beispiel
a)
θ11 = m[b2 − b2 ] + m[02 − 02 ] + m[b2 − b2 ] = 0
θ22 = m[b2 − 02 ] + m[02 − 02 ] + m[b2 − 02 ] = 2mb2
34
1
2
P
i
θω 2
genauso θ33 = 2mb2
0
θij = 0 für i 6= j ,da nur xi,1 6= 0 für i = 1, 2, 3
b) Masse m bei:
0
0
0
x1 = ±a ,x2 = x3 = 0
0
0
0
x2 = ±b ,x1 = x3 = 0
0
0
0
x3 = ±c ,x1 = x2 = 0
θij = 0 für i 6= j
θ11 = 2mb2 + 2mc2
,θ22 = 2m(a2 + c2 ) ,θ33 = 2m(a2 + b2 )


θ11 0
0
In diesem Beispiel ist θij diagonal: θ =  0 θ22 0 
0
0 θ33
Das kann man immer erreichen. Es gilt θkl = θlk und θ positiv denit
P
θkl ωk ωl ≥ 0
k,l
(= 0 nur für ω
~ = 0)
Aus Symetriegründen folgt:
∃ eine Transformation (Drehung) in Ks, so dass θkl = θkl δkl ist.
θkk nennt man Hauptträgheitsmomente, die zugehörigen Koordinatenachsen Hauptträgheitsachsen.
1
Trot = (θ11 ω12 + θ22 ω22 + θ33 ω32 )
2
Wobei ωi die Komponenten von ω
~ bzgl. der Hauptträgheitsachsen sind.
35
(44)
Trägheitsellipsoid:
Betrachte die durch 1 = ~xθ~x =
P
θlm xl xm
l,m
= θ11 x21 + θ22 x22 + θ33 x23 + 2θ12 x1 x2 + 2θ23 x2 x3 + 2θ31 x3 x1 denierte Fläche
P hat die Koordinaten √niθ
q
rP
Also: ρ =
x2i = 1θ (n21 + n22 + n23 ) =
i
√1
θ
θ hat 6 unabhängige Komponenten: θ11 , θ22 , θ33 und 3 Winkel, die die räumliche Orientierung der 3 Hauptachsen festlegen.
kontinuierliche Körper:
Massendichte: ρ
Z
→
M=
ρ(~r)d3 r
(45)
V
Trägheitstensor:
Z
θij =
ρ(~r)(~r2 δij − xi xj )d3~r
Bsp.:
a) homogener Quader (−a ≤ x1 ≤ a , −b ≤ x2 ≤ b , −c ≤ x3 ≤ c)
,ρ = const. im Quader ρ =
θij = 0 falls i 6= j ,da
Rd
M
8abc
dxi xi = 0
−d
36
(46)
Rb
Rc
dx1 dx2 dx3 {(x21 + x22 + x23 ) − x21 }
−c
−a
)
( −b
c
b
R
R
θ11 = ρ2a
dx2 2cx22 + dx3 2bx23
−c
−b
2
1 3
1
b
c2
3
,→ = ρ2a 2c 3 2b + 2b 3 2c = 8ρabc 3 + 3
θ11 = ρ
Ra
,→ = 13 M (b2 + c2 )
analog
θ22 = 31 M (a2 + c2 )
θ33 = 13 M (a2 + b2 )
b) homogener Zylinder: Dichte ρ0
θ=
RR
0
RL
dρ2πρ dzρ0 ρ2 = Lρ0 2π 41 R4 = 12 M R2
0
Der Steinersche Satz
(S)
(T )
Sei θlm der Trägheitstensor im Schwerpunktsystem und θlm der Trägheitstensor in einem um den Vektor ~b translatierten Koordinatensystem.
(T )
θlm =
P
mi (~ri2 δlm − xi,l xi,m )
0
~ri = ~ri − ~b
i
37
,→ =
P
mi
0
0
2
~
(~ri − b) δlm − (xi,l − bl )(xi,m − bm )
0
i
0
0
0
0
2
~
~
,→ = mi (~ri − 2~ri b − b )δlm − xi,l xi,m + bl xi,m − bm xi,l + bl bm
i
X
X
X
0
0
0
(S)
,→ = θlm − 2 (
mi~ri ) ~bδlm + M (~b2 δlm − bl bm ) + (
mi xi,m ) bl − (
mi xi,l ) bm
P
02
0
i
|
i
{z
}
=0
|
i
{z
=0
}
|
{z
=0
}
(47)
θ = θS + M b2||
⇒
b|| Abstand der beiden Achsen durch den Schwerpunkt und durch T
Beispiel: Rollbewegung
Für einen Punkt im Zylinder gilt: ~r˙ =
~r˙R +
|{z}
Rotation
~r˙T
|{z}
Translation
Translationsbetrag aus der Abrollbedingung:
0
~r˙ = ω
~ × ~r
(48)
∆s = −R∆ϕ → |~r˙T | = |ṡ| = R|ϕ̇| → |ṡ| = Rω
a) kinetische Energie:
R
T = 12 ρ(~r)~r˙ 2 d~r =
1
2
V
falls ρ(~r) = ρ(|~r|):
R
ρ(~r) = ρ0 → T =
1
θω 2
2
R
0
0
ρ(~r)[(~ω × ~r )2 + 2~s˙ · (~ω × ~r ) + ṡ2 ]d~r
V
0
ρ(~r)(~ω × ~r ) = 0
V
+ 12 M ṡ2 =
11
M R2
22
ṡ 2
R
+ 12 M ṡ2
2
,→ T = 43 M ṡ2 oder mit dem Satz von Steiner: T = 12 θω 2 = 12 ( 12 M R2 +M R2 ) Rṡ 2 = 34 M ṡ2
38
b) potentielle Energie:
V =
R
d3~rρ0 gx1 = M g M1
R
~ s,1
d3~rρ0 x1 = M g R
~ s,1 = (l − s) sin(α) die x1 -Komponente des Schwerpunktes ist.
Wobei R
→ V = M G(l − s) sin(α)
c) Energiesatz:
E = T + V = 43 M ṡ2 + (l − s)M g sin(α) = const.
d
E
dt
(reibungslos gleitender Körper: s̈ = g sin(α))
= 0 → s̈ = 23 g sin(α)
Der Drehimpuls:
~ = P mi mi~ri × ~r˙i
L
Bei einer Rotation: ~r˙i = ω
~ × ~ri
i
~ = P ~ri × (~ω × ~ri ) mit ~b(~a · ~c) − ~c(~a · ~b) = ~a × (~b × ~c) folgt:
→ L
i
~ =
L
P
mi (~ω~ri2 − ~ri (~ω · ~ri )) = θ~ω
i
Bem.:
Ll =
P
θlm ωl
m
→=
PP
m
→=
P
mi (~ri2 δlm − xi,l xi,m )ωm
i
mi (ωl~ri2 − xi,l (~ri · ω
~ ))
i
~ = θ~ω → L
~ ist i.a. nicht parallel zu ω
L
~ !
~ ω → L
~ = λ~ω = θ~ω
L||~
Eigenwertgleichung.
~ ω ↔ ω
also: L||~
~ ist Eigenwert von θ
Die Eigenvektoren von θ sind gerade die Hauptträgheitsachsen. → Die Hauptträgheitsmomente sind die Eigenwerte von θ
~ =ω
Weiterhin: ω
~ ·L
~ · θ~ω =
P
mi (~ω 2~ri2 − (~ri · ω
~ )2 ) =
i
P
mi (~ri × ω
~ )2
i
also
1
~
Trot = ω
~ ·L
2
~ schlieÿen spitzen Winkel ein.
Trot > 0 → ω
~ und L
39
(49)
Trägheitsellipsoid:
Halbachse
F (ω1 , ω2 , ω3 ) = θ1 n21 + θ2 n22 + θ3 n23 = 1
n
(p)
Schnittpunkt P hat Koordinaten ( √1θ ,
∇F |p =
(p)
n2
√
√1 , √1 , √1
θ1
θ2
θ3
(p)
,
θ
n3
√
θ
)
(p)
(p)
(p)
√2 (θ1 n , θ2 n , θ3 n )
1
2
3
θ
=
2 ~
√
L
ω θ
~ auf der Tangentialebene ist auch der Trägheitsellipsoid in P
L⊥
~ nur dann, falls ω
→ ω
~ ||L
~ entlang einer der Hauptträgheitsachsen liegt.
~ = θ~ω = θ~ω
L
also θ Eigenwer von θ
1.8.3 Die Bewegungsgleichungen eines starren Körpers
Die Euler-Gleichungen:
m~r¨ = F~ → mi~r¨i = F~i
P
1 X
2
→ dtd 2 M (
mi~ri ) = Fi Bewegungsgleichung für den Schwerpunkt.
M i
i
{z
}
|
Ausgangspunkt:
~
R
P
P
Im Inertialsystem gilt: mi~r¨i = F~i →
~ri × mi~r¨i = ~ri × F~i
i
,→
d~
L
dt
~
=M
i
~ das äuÿere Drehmoment ist.
wobei M
~ = θ~ω sind die Unbekannten die Winkelgeschwindigkeit ω
In der Gleichung L
~ und die
Komponenten des Trägheitstensors: θ(t) ,ω(t)
Gehe deshalb in das rotierende körperfeste System. Dort gilt ω
~ =ω
~ (t) aber θ = const.
Zur Erinnerung
d
= dtd RS + ω
~×
dt IS
d
~ +ω
~ =M
~
L
~ ×L
also: dt
RS
Wähle als körperfestes System die Hauptträgheitsachsen. Also:






θ1 0 0
θ1 ω1
(θ3 − θ2 )ω2 ω3
~ = θ2 ω2  ,ω
~ = (θ1 − θ3 )ω1 ω3 
θ =  0 θ2 0  ,L
~ ×L
0 0 θ3
θ3 ω3
(θ2 − θ1 )ω1 ω2
40
Und somit folgen die Euler-Gleichungen:
(50)
(51)
(52)
θ1 ω̇1 + (θ3 − θ2 )ω2 ω3 = M1
θ2 ω̇2 + (θ1 − θ2 )ω3 ω1 = M2
θ3 ω̇3 + (θ2 − θ1 )ω1 ω2 = M3
Wie lautet die Beziehung zwischen dem raumfesten und dem körperfesten System?
Die Eulerwinkel:
x1 , x2 , x3 raumfest
0
0
0
,x1 , x2 , x3 dagegen gedrehtes Koordinatensystem.
- Schnittlinie der (x1 , x2 ) Ebene mit der (x1 , x2 ) Ebene. (Knotenlinie).
0
0
• 1. Schritt: Drehung um x3 -Achse, so dass x1 -Achse in die Knotenlinie geht, Drehwinkel ϕ
0
• 2. Schritt: Drehung um Knotenlinie, so dass x3 -Achse in x3 -Achse übergeht, Drehwinkel ϑ
0
0
• 3. Schritt: Drehung um x3 -Achse, so dass die Knotenlinie in die x1 -Achse übergeht,
Drehwinkel ψ
ϕ ,ϑ ,ψ sind die Euler-Winkel
0
0
0
Gesamttransformationsmatrix von (x1 , x2 , x3 ) → (x1 , x2 , x3 ). Produkt von 3 Drehungen:
Dz (ψ)
Dx (ϑ)
Dz (ϕ)
}|
}|
z
}|
{ z
{ 
{
cos(ψ) sin(ψ) 0
1
0
0
cos(ϕ) sin(ϕ) 0
− sin(ψ) cos(ψ) 0 · 0 cos(ϑ) sin(ϑ)  · − sin(ϕ) cos(ϕ) 0
0
0
1
0 − sin(ϑ) cos(ϑ)
0
0
1
z



cos(ψ) cos(ϕ) − sin(ψ) cos(ϑ) sin(ϕ)
cos(ψ) sin(ϕ) + sin(ψ) cos(ϑ) cos(ϕ) sin(ψ) sin(ϑ)
= − sin(ψ) cos(ϕ) − cos(ψ) cos(ϑ) sin(ϕ) − sin(ψ) sin(ϕ) + cos(ψ) cos(ϑ) cos(ϕ) cos(ψ) sin(ϑ)
sin(ϑ) sin(ϕ)
− sin(ϑ) cos(ϕ)
cos(ϑ)
41
Es ist also
0
(53)
~r = Dz (ψ) · Dx (ϑ) · Dz (ϕ) · ~r
inverse Transformation:
~r = Dz (−ϕ) · Dx (−ϑ) · Dz (−ψ) · ~r
Wertebereich:
0 ≤ ψ, ϕ ≤ 2π
0
(54)
,0 ≤ ϑ ≤ π
Drehungen mit ϑ > π werden zu Drehungen mit ϑ < π , wenn die Knotenlinie um
ϕ + π gedreht wird.
Zusammenhang zwischen (ϕ̇, ϑ̇, ψ̇) und der Winkelgeschwindigkeit ω
~.
- Addition von Winkelgeschwindigkeiten.
Drehung um ~n1 um ∆ϕ1
∆~r2 = ∆ϕ1~n1 × ~r
Drehung um ~n2 um ∆ϕ2
∆~r2 = ∆ϕ2~n2 × (~r + ∆~r1 ) ≈ ∆ϕ2~n2 × ~r
,→ ∆~r1 + ∆~r2 = (∆ϕ1~n1 + ∆ϕ2~n2 ) × ~r = ∆~r
d
~r
dt
=ω
~ × ~r → ω
~ = ~n1 ϕ̇1 + ~n2 ϕ̇2 = ω
~1 + ω
~2
,→ ω
~ ϕ Winkelgeschwindigkeit für Drehung mit ϕ̇ 6= 0 (ψ̇ = 0 , ϑ̇ = 0)
ω
~ ϕ = ϕ̇~e3
(~ek : Knotenlinie)
,ω
~ ϑ = ϑ̇~ek
,ω
~ ψ = ψ̇~e3
0
0
0
im körperfesten System gilt: ~e1 , ~e2 , ~e3 raumfest; ~e1 , ~e2 , ~e3 körperfest.
0
0
~ek = cos(ψ)~e1 − sin(ψ)~e2
0
0
0
~e3 = sin(ψ) sin(ϑ)~e1 + cos(ψ) sin(ϑ)~e2 + cos(ϑ)~e3

  0
ϕ̇ sin(ψ) sin(ϑ) + ϑ̇ cos(ψ)
ω1
0



,→ ω
~ =ω
~ϕ + ω
~ϑ + ω
~ ψ = ϕ̇ cos(ψ) sin(ϑ) − ϑ̇ sin(ψ) = ω2 
0
ω3
ϕ̇ cos(ϑ) + ψ̇
 


ϕ̇
sin(ψ) sin(ϑ) cos(ψ) 0
Also: ω
~ = A(ψ, ϑ)  ϑ̇ 
mit A = cos(ψ) sin(ϑ) − sin(ψ) 0
0
0
1
ψ̇
det A = − sin(ϑ) 6= 0 falls ϑ 6= 0, π
,→ Die Gleichung ist dann nach ϕ̇, ϑ̇, ψ̇ auösbar
42
0
0
0
ϕ̇ ≡ ϕ̇(ϕ, ϑ, ψ, ω1 , ω2 , ω3 )
1.8.4 Bewegung eines kräftefreien Kreisels
Ein Kreisel ist ein in einem Punkt festgehaltener starrer Körper. Kräftefrei bedeutet
~ =0
M
Euler-Gleichungen:
θ1 ω̇1 + (θ3 − θ2 )ω2 ω3 = 0
θ2 ω̇2 + (θ1 − θ3 )ω3 ω1 = 0
θ3 ω̇3 + (θ2 − θ1 )ω1 ω2 = 0
Rotationsenergie:
Trot = 12 (θ1 ω12 + θ2 ω22 + θ3 ω32 )
Aus den Bewegungsgleichungen folgt:
d
T
dt rot
=0
Energieerhaltung


θ1 ω1
~ = θ2 ω2 
L
θ3 ω3
~ 2 = θ2 ω 2 + θ2 ω 2 + θ2 ω 2
→ |L|
3 3
2 2
1 1
→
d ~ 2
|L|
dt
~ dL
~ = 2L
~ · (−~ω × L)
~
= 0 = 2L
dt
Im körperfesten System ist der Drehimpuls eine Erhaltungsgröÿe.
also:
,→
~ 2 = const.
L21 + L22 + L23 = |L|
,→
1
L2
2θ1 1
+
1
L2
2θ2 2
+
1
L2
2θ3 3
= Trot = const.
~ konstant bleiben, so ist ω
Soll auch die Richtung von L
~˙ = 0 → ω
~ = const.
→ freie Achsen. Nur für
 
 
 
ω1
0
0





ω
~ = 0
,ω
~ = ω2
,ω
~ = 0
0
0
ω3
möglich. Die freien Achsen stimmen gerade mit den Hauptträgheitsachsen überein.
Stabilität der freien Drehung:
ω
~ = (ω1 , 0, 0) + (0, ω2 , ω3 )
Euler-Gleichungen:
: kleiner Parameter
θ2 ω̇2 + (θ1 − θ3 )ω1 ω3 = 0
43
,→ θ1 ω̈2 + (θ1 − θ3 )ω1 ω̇3 = 0
θ3 ω̇3 + (θ2 − θ1 )ω1 ω2 = 0
,→ ω̈2 =
• α > 0: instabil
(θ1 − θ2 )(θ3 − θ1 ) 2
ω1 ω2 = αω2
θ2 θ3
(55)
θ2 < θ1 < θ3 oder θ3 < θ1 < θ2
• α < 0: stabil
θ1 < θ2 , θ3 oder θ1 > θ2 .θ3
Anschaulich:
Trot =
1
L2
2θ1 1
+
1
L2
2θ2 2
+
1
L2
2θ3 3
Ellipsoid
Annahme: θ1 < θ2 < θ3
√
√
√
Für die Halbachsen des Ellipsoids gilt: 2Trot θ1 < 2Trot θ2 < 2Trot θ3 und natürlich

2Trot θ1 ≤ L2 ≤ 2Trot θ3

L1
~

a) L = 2Trot θ1 → L = 0  mit L21 = 2Trot θ1
0
 
1
2
~
~
~

ω
~ ||L Damit für L > 2Trot θ1 : Rotation von L um 0
0
 
0
2
~ = 0
b) L2 = 2Trot θ3 = L23
→ L
Damit für L2 < 2Trot
θ3 : Rotation von
L3
 
0
~ um 0
L
1
 
 
0
0
2
~



~ ∼ 0, aber auch Kurven, die sich
c) L = 2Trot θ2 ,
L = L2 möglich → ω
0
1
in diesem Punkt berühren.
2
→ Bewegung des kräftefreien starren Körpers im körperfesten System: Präzession von
ω
~ um die Achse des gröÿten bzw. kleinsten Trägheitsmomentes.
44
1.8.5 Der schwere symetrische Kreisel
symetrisch: θ1 = θ2 (6= θ3 ) ,→ Die Richtung der Drehachse kann nicht fest bleiben.
0
x3 -Figurenachse
Wähle den Schwerpunkt S als festen Punkt.
~ = P ~ri × mi~g = M (R
~ × ~g ) = 0 falls R
~ =0
,→ M
i
Bewegungsgleichungen:
0
0
0
θ1 ω̇1 + (θ3 − θ2 )ω2 ω3 = 0
0
0
0
θ2 ω̇2 + (θ1 − θ3 )ω3 ω1 = 0
0
θ3 ω̇3
=0
0
→ ω3 = const. = ω0
Setze Ω =
θ1 −θ3
ω0
θ1
o.B.d.A
ω30 > 0
so dass:
0
0
ω̇1 − Ωω2 = 0
0
0
ω̇2 + Ωω1 = 0
0
0
0
0
,→ ω̈1 + Ω2 ω1 = 0 und ω̈2 + Ω2 ω2 = 0
0
ω1 = A sin(Ωt + β)
0
ω2 = A cos(Ωt + β)
Bem:
• i) Projektion von ω
~ auf die Figurenachse ist konstant.
• ii) |~ω | = const.
0
0
• iii) Projektion von ω
~ auf x1 , x2 -Ebene beschreibt einen Kreis mit Radius A
45
→ Polkegel mit tan(γ) =
A
ω0
Jetzt die Transformation ins raumfeste System:
0
ω1 = A sin(Ωt + β) = ϕ̇ sin(ψ) sin(ϑ) + ϑ̇ cos(ψ)
0
ω2 = A cos(Ωt + β) = ϕ̇ cos(ψ) sin(ϑ) − ϑ̇ sin(ψ)
0
ω3 = ω0 = ϕ̇ cos(ϑ) + ψ̇
~ = 0 folgt
Da M
d~
L
dt
~ = const.. Wähle das raumfeste System, so dass:
= 0 also L
~ = L~e3
L


sin(ϑ) sin(ψ)
in KS: ~e3 = sin(ϑ) cos(ψ)
cos(ϑ)
0
,→ θ1 ω1 = θ1 ϕ̇ sin(ψ) sin(ϑ) + θ1 ϑ̇ cos(ψ) = L sin(ϑ) sin(ψ)
0
,→ θ2 ω2 = θ2 ϕ̇ cos(ψ) sin(ϑ) − θ2 ϑ̇ sin(ψ) = L sin(ϑ) cos(ψ)
0
,→ θ3 ω3 = θ3 ϕ̇ cos(ϑ) + θ3 ψ̇ = L cos(ϑ) = const.
ϑ = ϑ0 = const.
0
,ϕ̇ = const. wg. θ3 ω3 = θ3 ω0 = const.
,→ A sin(Ωt + β) = ϕ̇ sin(ψ) sin(ϑ0 )
A cos(Ωt + β) = ϕ̇ cos(ψ) sin(ϑ0 )
ω0 = ϕ̇ cos(ϑ0 )ψ̇
46
,→ ψ = Ωt + β =
θ1 −θ3
ω0 t
θ1
+β
,→ A = ϕ̇ sin(ϑ0 ) also ϕ =
A
t
sin(ϑ0 )
+ ϕ0
und ϑ = ϑ0 mit ϑ0 =
Aθ1
ω0 θ3
~
Integrationskonstanten: L(2),
A, B, ϕ0 , ϑ0 , ω0
Diskussion:
0
• a) Winkel zwischen ~e3 und ~e3 Nutation
(Figurenachse bewegt sich um die Drehimpulsachse)
• b) ψ̇ : Winkelgeschwindigkeit mit der sich der Körper um die Figurenachse dreht
~˙ bildet mit Figurenachse ~e0 den Wingel γ . ω
• c) ω
~ =ϕ
~˙ + ψ
~ bewegt sich auf der Spur
3
Bwgl. um die raumfeste Drehrichtung
Der schwere symetrische Kreisel:
schwer: Der Kreisel bendet sich in einem homogenen Schwerefeld. Unterstützung auÿerhalb des Schwerpunktes.
 
0
Unterstützpunkt U auf der Symetrieachse im Abstand d vom Schwerpunkt S d~ = 0
d
im KS.
Für Drehung um U : Trägheitstensor θ
Für Drehung um S : Trägheitstensor θ̂
Nach dem Steinerschen Satz: θij = θ̂ij + M (d2 δij − d2 δi3 δij )
47
θ̂ diagonal:
θ1 = θ̂1 + M d2
θ2 = θ̂2 + M d2
θ3 = θ̂3
0
0
θ3 ω̇3 = 0, da das Drehmoment, das vom Gewischt herrührt senkrecht auf der (x3 , x3 )0
0
Ebene steht. → θ3 ω3 = const. = L3
0
Da ~g = −g~e3 folgt M3 = 0 also L3 = const. L3 = ψ̇θ3 + ϕ̇θ3 cos(ϑ)
L3 = ϕ̇(θ1 sin2 (ϑ) + θ3 cos2 (ϑ)) + ψ̇θ3 cos(ϑ)
Invertieren nach (ψ̇, ϕ̇)
ϕ̇
L3
=A
0
L3
ψ̇
det A = θ1 θ3 sin2 (ϑ) + θ32 cos2 (ϑ) − θ32 cos2 (ϑ) = θ1 θ3 sin2 (ϑ)
ϕ̇
L3
θ3
−θ3 cos(ϑ)
1
= θ1 θ3 sin2 (ϑ)
,→
0
2
2
−θ3 cos(ϑ) θ1 sin (ϑ) + θ3 cos (ϑ)
L3
ψ̇
0
,→ ϕ̇ =
L3 −cos(ϑ)L3
θ1 sin2 (ϑ)
,→ ψ̇ =
L3
θ3
−
cos(ϑ)
θ1 sin2 (ϑ)
0
L3 − cos(ϑ)L3
Bewegungsgleichung für ϑ aus der Energie:
Trot = 12 (θ1 ω12 + θ2 ω22 + θ3 ω32 )
ω1 = ϕ̇ sin(ψ) sin(ϑ) + ϑ̇ cos(ψ)
ω2 = ϕ̇ cos(ψ) sin(ϑ) − ϑ̇ sin(ψ)
ω3 = ϕ̇ cos(ϑ) + ψ̇
,→ Trot = 21 ϕ̇2 [θ1 sin2 (ϑ) + θ3 cos2 (ϑ)] + 12 ϑ̇2 θ1 + 21 ψ̇ 2 θ3 + ϕ̇ψ̇θ3 cos(ϑ)
V = M gd cos(ϑ)
0
E(ϑ, ϑ̇, L3 , L3 ) =
→ E = Trot + V also:
0
1 2
ϑ̇ θ1
2
+
(L3 −cos(ϑ)L3 )2
2θ1 sin2 (ϑ)
0
L2
+ M gd cos(ϑ) 3
2θ3
|{z}
=const.
48
Bewegungsgleichung für ϑ:
Bewegung im eektivem Potential:
0
Vef f (ϑ) =
(L3 −L3 cos(ϑ)2 )
2θ1 sin2 (ϑ)
+ M gd cos(ϑ)
Bewegung des schweren symetrischen Kreisels:
0
• L3 :ψ̇ Drehung des Körpers um Figurenachse (Drall)
ϑ Bem.: Periodisches Kippen der Figurenachse zwische ϑ1 und ϑ2
• L3 :ϕ̇ Kreisen der Figurenachse um die raumfeste ~e3 -Achse (Präzession)
Bahnkurve der Figurenachse auf Kugel:
ϕ̇(ϑ1 ), ϕ̇(ϑ2 ) > 0
ϕ̇(ϑ2 ) > 0, ϕ̇(ϑ1 ) < 0
49
ϕ̇(ϑ1 ) = 0
2 Lagrange Mechanik
2.1 Zwangsbedingungen und generalisierte Koordinaten
Ausgedehnte Teile eines mechanischen Systems realisieren oft nur geometrische Einschränkungen für die Bewegung weninger relevanter Punktmassen.
Bsp.: mathematisches Pendel
Def.:
Eingeprägte Kräfte sind Kräfte physikalischen Ursprungs, welche explizit durch den Bewegungszustand (Ort und Geschwindigkeit) der relevanten Punktmassen festgelegt sind.
Zwangsbedingungen sind geometrische Vorschriften, die die freie Bewegung der relevanten Punktmassen einschränken.
Zwangskräfte sind Kräfte, die die Zwangsbedingungen bewirken, also die freie Bewegung
gemäÿ der eingeprägten Kräfte behindern.
Klassikation der Zwangskräfte:
Sytem: N relevante Punktmassen im dreidimensionalen Raum, kartesische Koordinaten
für die Orte (x1 , y1 , z1 ), ..., (xN , yN , zN ).
50
a) holonome Zwangsbedingungen
Verknüpfung der Form:
Fi (x1 , ..., zN ; t) = 0
• holonom - skleronom:
• holonom - rheonom:
∂Fi
∂t
∂Fi
∂t
(56)
, i = 1, ..., k ≤ 3N
=0
6= 0
Beispiele:
i) Hantel
F (x1 , y1 , z1 , x2 , y2 , z2 ) = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 − d2
⇒ skleronom
ii) Teilchen im Aufzug
z(t) = v0 (t − t0 ) + z0
also F (x, y, z; t) − z − v0 (t − t0 ) − z0
⇒ rheonom
Hat man k ≤ 3N unabhängige Relationen der Form
Fi (x1 , ..., zN ; t) = 0 ,
so kann man einen beliebigen Satz von k Variablen der 3N kartesischen Koordinaten
eliminieren. Man sagt das System habe f = 3N − k Freiheitsgrade.
51
Def.:
Gegeben sei ein System mit N Punktmassen im dreidimensionalen Raum und k ≤ 3N
holonome Zwangsbedingungen. Der Koordinatensatz (q1 , ..., qf ) heiÿt Satz generalisierter
Koordinaten, falls er die Folgenden Eigenschaften hat:
1. Die momentane Konguration (Lage im Raum) des Systems ist durch (q1 , ..., qf )
eindeutig festgelegt.
2. Die qi sind unabhängige Variablen, d.h. es gibt keine Beziehung der Form:
G(q1 , ..., qf ) = 0
Annmerkung: Die kartesischen Koordinaten x1 , ..., xN lassen sich mit Hilfe der Zwangsbedingungen durch die (q1 , ..., qN ) ausdrücken:
x1 = x1 (q1 , ..., qf ), ..., zN = zN (q1 , ..., qf )
(57)
Def.:
Unter dem Kongurationsraum versteht man den f-dim. Raum, der durch die generalisierten Koordinaten q1 , ..., qf aufgespannt wird. Jeder Punkt (q1 , ...qf ) in diesem
Raum stellt eine zu jedem Zeitpunkt mögliche Konstellation des Systems dar. Die Gröÿe
d
q = q̇j heiÿen generalisierte Geschwindigkeiten.
dt j
b) nicht holonome Zwangsbedingungen
Bedingungen, die sich nicht in der Form
F (x1 , ..., zN ; t) = 0
schreiben lassen.
Beispiele:
i) Domänenbeschränkung
Liegen in der Regel als Ungleichung vor F (x1 , ..., zN ; t) ≥ 0.
52
Beispiel:
F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − R2 ≥ 0
ii) kinetische Zwangsbedingungen
Beziehung zwischen den Geschwindigkeitskomponenten der Form:
A(x1 ) (x1 , ..., zN ; t)ẋ1 + ... + A(zN ) (x1 , ..., zN ; t)żN + A(t) (x1 , ..., zN ; t) = 0,
ohne dass es eine Funktion A mit
∂
∂
∂
A = A(t)
A = A(x1 ) , ...,
A = A(zN ) und
∂x1
∂zN
∂t
sonst gilt
d
A
dt
= 0 → A = const. ,also eine holonome Zwangsbedingung F = A − const.
Bsp.: Rollendes Rad in der Ebene
Betrag der Geschwindigkeit:
Richtung:
ẋ = v sin(θ)
Koordinaten: x, y, ϕ, θ
v = |~v | = rϕ̇
,ẏ = −v cos(θ)
,→ ẋ = r sin(θ)ϕ̇
,→ ẏ = −r cos(θ)ϕ̇
Nicht integrierbar, ohne die Lösung zu kennen:
∂
(−r sin(θ))
∂r
6=
∂
0
∂ϕ
53
ẋ − r sin(θ)ϕ̇ = 0
2.2 Schwierigkeiten der Newtonschen Mechanik
a) Forminvarianz der Bewegungsgleichungen unter Koordinatentransformationen. Betrachte:
~
m~r¨ = −∇V
in katesischen Koordinaten:
∂
V
∂x
∂
mÿ = − V
∂y
∂
mz̈ = − V
∂z
mẍ = −
in Zylinderkoordinaten:
∂V
∂ρ
1 ∂V
m(2ρ̇ϕ̇ − ρϕ̈) = −
ρ ∂ϕ
∂V
mz̈ = −
∂z
m(ρ̈ − ρϕ̇2 ) = −
b) Explizite Rolle der Zwangskräfte
N -Teilchen System im E 3 mit kartesischen Koordinaten (x1 , ..., zN ) und k unabhängige
holonome Zwangsbedinungen.
Fj (x1 , ..., zN ; t) = 0
, j = 1, ..., k
, 0 ≤ k ≤ 3N
f = 3N − k Freiheitsgrade. Die Bewegungsgleichungen:
~i + Z
~i
mi~r¨i = K
, i = 1, ..., N
~ i : resultierende eingeprägte Kraft auf Teilchen i
• K
~ i : resultierende Zwangskraft auf Teilchen i
• Z
Zwangskräfte sind unbestimmt!
→ 3N + k Gleichungen für 6N Unbekannte!
~ j = λj ∇F
~ j ,j = 1, ..., k
Annahme: Z
,→ 3N + k Gleichungen für 3N + k Unbekannte!
54
Physikalische Bedeutung der Annahme:
N = 1 ,k = 1
~ = −∇V
~ (~r, t)
,K
~ (~r, t) + λ∇F
~ (~r, t)
,→ m~r¨ = −∇V
d m
~ ) · ~r˙ + λ(∇F
~ ) · ~r˙
m~r¨ · ~r˙ = ( ~r˙ 2 ) = −(∇V
dt 2
Sei ~r(t) eine Lösung der Newtonschen Bewegungsgleichgung. → F~ (~r(t), t) = 0 ,also
,→
d
~ ) · ~r˙ + ∂F = 0
F = (∇F
dt
∂t
i ∂V
d
d h m ˙2
∂F
E=
~r + V =
−λ
dt
dt 2
∂t
∂t
= 0 leisten die Zwangskräfte nur dann Arbeit am System, wenn ∂F
6= 0. Damit
Für ∂V
∂t
∂t
sind Rewibungkräfte als Zwangskräfte ausgeschlossen. Auÿerdem werden durch die Annahme Kräfte ausgeschlossen, die immer senkrecht zur Geschwindigkeit sind.
Bsp.: Teilchen in Kreiskegel
1
Zwangsbedingung in kartesischen Koordinaten: F (x, y, z) = (x2 + y 2 ) 2 − (tan(α))z = 0
2α Önungswinkel des Kegels.
Newtonsche Bewegungslgeichungen:
mẍ = Zx
mÿ = Zy
mz̈ = Zz − mg
55
4 Gleichungen für 6 Unbekannte.
Zylinderkoordinate:
m(ρ̈ − ρϕ̇2 ) = Zρ
m(2ρ̇ϕ̇ + ρϕ̈) = Zϕ
mz̈ = Zz − mg
F (ρ, ϕ, z) = ρ − tan(α)z = 0
→ z = cot(α)ρ
,→ m(ρ̈ − ρϕ̇2 ) = Zρ
m(2ρ̇ϕ̇ + ρϕ̈) = Zϕ
m(cot(α)ρ̈ + g) = Zz
~ = λ∇F
~
Z
λ ist zunächst unbestimmt (Lagrange - Parameter)
~ =
∇F
∂F
~e
∂ρ ρ
+
1 ∂F
~e
ρ ∂ϕ ϕ
+
∂F
~e
∂z z
,→ m(ρ̈ − ρϕ̇2 ) = λ
m(2ρ̇ϕ̇ + ρϕ̈) = 0
m(cot(α)ρ̈ + g) = −λ tan(α)
,→ (tan(α) + cot(α))ρ̈ − tan(α)ρϕ̇2 + g = 0
2ρ̇ϕ̇ + ρϕ̈ = 0
Nach Lösung dieser Gleichungen erhält man λ aus m(ρ̈ − ρϕ̇2 ) = λ
Annmerkung:
Die Verallgemeinerung dieses Verfahrens führt auf den Lagrange-Formalismus 1. Art.
Ziel: forminvariante Formulierung der Bewegungsgleichungen, in der die Zwangskräfte nicht explizit auftreten.
2.3 Das dAlembert Prinzip
Virtuelle Verrückungen:
Sei F = F (ξ1 , ξ2 , ..., ξM ; t) ein bzgl. ξ1 , ..., ξM und t partielle dierenzierbare Funktion..
56
Def.: Die Varitation δF von F ist durch
M
X
∂F
δF =
δξm
∂ξm
m=1
(58)
erklärt. Dabei sind die ξm innitisimale Verschiebungen der Variablen.
Das Dierential von F ist dagegen:
dF =
M
X
∂F
∂F
dξm +
dt
∂ξ
∂t
m
m=1
(59)
Beachte:
Falls F nicht explizit von der Zeit abhängt, dann gilt δF = dF .
Def.:
Die zur Zwangsbedinung
F (ξ1 , ..., ξM ; t) = 0
gehörige virtuelle Verrückung an der Stelle (ξ1 , ..., ξM ) zur Zeit t sind innitisimale Verschiebungen, die
δF = 0
erfüllen.
Virtuelle Verrückungen sind instantan, werden in Gedanken ausgeführt, sind mit den
momentanen Zwangsbedingungen verträglich und müssen nicht mit den tatsächlichen
Veränderungen des Systems übereinstimmen.
Bsp: Teilchen im Aufzug
F (x, y, z, t) = t − v0 (t − t0 ) − z0 = 0
,v0 = const.
,→ dF = dz − v0 dt = 0
,→ dz = v0 dt
Diese Beziehung muss die tatsächliche Bewegung stets erfüllen. Dagegen:
δF = 0 → δz = 0
Bei einer virtuellen Verrückung bleibt der momentane z -Wert erhalten.
Für N Teilchen im E 3 gelten die Newtonschen Bewegungsgleichungen.
~i = Z
~i
mi~r¨i − K
i = 1, ..., N
57
Wähle kartesische Koordinaten (x1 , ..., zN ).
δ~ri : virtueller Verrückungsvektor des i-ten Teilchens
,→
N X
N
X
~ i · δ~ri =
~ i · δ~ri
mi~r¨i − K
Z
i=1
(60)
i=1
Betrachte im folgenden Systeme, für die die virtuelle Gesamtarbeit der Zwangskraft
verschwindet
•
N
P
~ i · δ~ri = 0
Z
dAlembert Prinzip
i=1
•
N P
~ i · δ~ri = 0
mi~r¨i − K
d`Alembert - Gleichung
i=1
~ · δ~r = 0 ,da Z⊥δ~
~ r
a) Teilchenbewegung entlang C beschrängt. Z
~ 1 = −Z
~ 2 (actio=reactio)
b) δ~r1 = δ~r2 ,Z
~ 1 · δ~r1 + Z
~ 2 · δ~r2 = 0
→ Z
58
2.4 Lagrange-Gleichungen 2. Art
N Teilchen im E 3 , k holonome Zwangsbedinungen. D`Alembert:
N
X
N
X
mi~r¨i · δ~ri −
i=1
~ i · δ~ri = 0
K
(61)
i=1
Sei (q1 , ..., qf ), f = 3N − k , ein Satz (unabhängiger) generalisierter Koordinaten.
f
X
∂~ri
δ~ri =
δgj
∂qj
j=1
i = 1, ..., N
2. Summe in (61):
N
X
~ i · δ~ri =
K
j=1
i=1
Qj =
N
P
~i ·
K
i=1
∂~
ri
∂qj
( N
f
X
X
i=1
~ i · ∂~ri
K
∂qj
)
δqj =
f
X
Qj · δqj
j=1
ist die zu qj generalisierte Kraft.
Bem:
• i)
Trivialer Fall k = 0
, (q1 , ..., q3N ) = (x1 , ..., zN )
~
~ 2 · ~ey ,...,Q3N = K
~ N · ~ez
Dann gilt: Q1 = K1 · ~ex , Q2 = K
• ii)
1
N
1
+ K1,2 ∂y
+ ... + KN,3 ∂z
k > 0 Dann: Qj = K1,1 ∂x
∂qj
∂qj
∂qj
~ i · ~ex , ...
gewichtete Summe aller Kraftkomponenten Ki,1 = K
• iii)
L
generalisierte Kräfte müssen nicht die Dimension einer Kraft besitzen ( M
):
T2
ML
L
ML
3
[Qj ] = T 2 · [qj ] 6= T 2 falls z.b. qj = x1
Es gilt stehts: [Qj qj ] =
ML L
[q ]
T 2 [qj ] j
=
M L2
T2
= [Energie]
Dann gilt:
f X
∂
δ~ri =
~ri δqj
∂q
j
j=1
i = 1, ..., N
Einsetzen in die dAlembert-Gleichung
f
X
∂~ri
¨
~
δqj = 0
mi~ri − Ki ·
∂qj
i=1
j=1
( N
)
f
X
X
∂~
r
~ i ) · i δqj = 0
(mi~r¨i − K
,→
∂qj
j=1
i=1
N X
59
δqj unabhängig
,→
N X
i=1
~ i · ∂~ri = 0
mi~r¨i − K
∂qj
j = 1, ..., f
Bsp.: Atwoodsche Fallmaschine
~ 1 = m1 g~ez ,
Eingeprägte Kräfte: K
~ 2 = m2 q~e2
K
Zwangsbedingung: F (z1 , z2 ) = z1 + z2 + M R − l = 0
→ z2 = l − M R − z1
Ein Freiheitsgrad beschrieben durch: q = z1
∂~
ri
∂q
=
∂
(q~ez )
∂q
= ~ez ,
∂
~r
∂q 2
=
∂
(l
∂q
− M R − q)~ez = −~ez
d`Alembert-Gleichung: (m1 z̈2 − m1 g) − (m2 z̈2 − m2 g) = 0
z̈1 = q̈ , z̈2 = −q̈ → (m1 + m2 )q̈ = (m1 − m2 )g
,→
q̈ =
m1 −m2
g
m1 +m2
→ z1 (t) = q(t) =
1 m1 −m2 2
gt
2 m1 +m2
+ ż1 (0)t + z(0)
Bem.: Reibungskräfte verletzen das dAlembert-Prinzip!
Bsp.: Teilchen auf schiefer Ebene
~ = Kx~ex + Ky~ey = −mg~ey
eingeprägte Kraft: K
Zwangsbedingung: F (x, y) = y − tan(α)x = 0
60
(62)
a) y als unabhängige Variable: q = y
x = cot(α)q → Q = mg~ey ·
∂
(x~ex
∂q
+ y~ey ) = −mg~ey · ~ey = −mg = Ky
b) x als unabhängige Variable: q = x
∂
y = tan(α) → Q = −mg~ey ∂q
(x~ex + y~ey ) = −mg~ey · (~ex + tan(α)~ey ) = −mg tan(α)
Q~ex ist die durch die Zwangsbedingung erzeugte Komponente der Schwerkraft parallel
zu ~ex .
c) q = σx, σ > 0 als unabhängige Variable
x = σ1 q → y =
1
σ
tan(α)q → Q = σ1 (−mg tan(α))
Betrachte 1. Summe in (61)
N
X
i=1
mi~r¨i · δ~ri =
( N
f
X
X
j=1
i=1
∂~ri
mi~r¨i ·
∂qj
)
δqj
( N
)
X X
d
∂~
r
d
∂~
r
i
i
˙i·
=
mi ·~r
− mi~r˙i
δqj
dt
∂q
dt ∂qj
j
j=1
i=1
d
Benutzt: dt
~a · ~b = dtd ~a · ~b + ~a dtd ~b
f
61
Trick:
a)
∂
~r
∂qj i
b)
d ∂
~r
dt ∂qj i
=
∂ ˙
~ri
∂ ġj
=
∂ ˙
~r
∂qj i
Beweis:
a)
~ri = xi~ex + yi~ey + zi~ez = xi (q1 (t), ..., qf (t); t)~ex + yi (q1 (t), ..., qf (t); t)~ey + zi (q1 (t), ..., qf (t); t)~ez
d
,→ ~r˙i = ~ri =
dt
=
( f
X ∂xi dqj
j=1
∂xi
+
∂qj dt
∂t
)
~ex +
( f
X ∂yi dqj
∂yi
+
∂qj dt
∂t
j=1
)
~ey +
( f
X ∂zi dqj
f X
∂xi
∂yi
∂zi
∂yi
∂zi
∂xi
~ex +
~ey +
~ez q̇j +
~ex +
~ey +
~ez
∂qj
∂gj
∂qj
∂t
∂t
∂t
j=1
f
X
∂
∂
=
~ri q̇j + ~ri
∂qj
∂t
j=1
Beachte: ~r˙i = ~r˙i (q1 , ..., qf ; q̇1 , ..., q̇f ; t)
Insbesondere
j=1
∂zi
+
∂qj dt
∂t
∂ ˙
~r
∂ q̇j i
=
∂
~r
∂qj i
b) aus (63) folgt:
f
X ∂
∂ ˙
~ri =
∂qj
∂qj
k=1
∂
∂2
~ri q̇k +
~ri
∂qk
∂qj ∂t
f
X
∂2
∂2
~ri q̇k +
~ri
∂q
∂t∂q
k ∂qj
j
k=1
X
f d
∂
∂
∂
∂
∂
~ri =
~ri
q̇k +
~ri
dt ∂qj
∂q
∂q
∂t
∂q
k
j
j
k=1
=
,→
=
f
X
k=1
62
∂2
∂2
~ri q̇k +
~xi
∂qk ∂qj
∂t∂qj
(63)
)
~ez
Aus a) und b) folgt:
( N )
f
X
X d
∂
∂
mi~r¨i · δ~ri =
mi~r˙i
~r˙j − m~r˙i
~r˙i δqj
dt
∂
q̇
∂q
j
j
j=1
i=1
i=1
)
(
X
f
N
N
X
X
∂ 1 ˙2
d ∂ 1 ˙2
( mi~ri ) −
( mi~ri ) δqj
=
dt ∂ q̇j 2
∂qj 2
i=1
j=1
i=1
(
!
!)
f
N
N
X
X
X
d ∂
1 ˙2
∂
1 ˙2
=
mi~ri −
mi~ri
δqj
dt
∂
q
˙
2
∂q
2
j
j
j=1
i=1
i=1
N
X
Mit T =
N
P
i=1
1
m ~r˙ 2
2 i i
(kinetische Gesamtenergie) folgt:
,→
N
X
m~r¨i · δ~ri =
i=1
f X
d ∂
∂
T−
T δqj
dt ∂ q̇j
∂qj
j=1
Insgesamt:
f X
∂T
d ∂T
−
− Qj δqj = 0
dt ∂ q̇j
∂qj
j=1
Wegen der Unabhängigkeit der δqj folgt:
d ∂T
∂T
−
− Qj = 0
dt ∂ q̇j
∂qj
j = 1, ..., f
(64)
Bem: Die generalsierten Kräfte Qj enthalten noch die kartesischen Koordinaten. Darstellung wird optimal, d.h.ohne Bezug auf überüssige Koordinaten, wenn ein sogenanntes
generalisiertes Potential
V = V (q1 , ..., qf ; q̇1 , ..., q̇f ; t)
existiert aus dem sich die Qj gemäÿ
Qj =
d ∂
∂
V −
V
dt ∂ q̇j
∂qj
j = 1, ..., f
ableiten lassen. Die Operation
d ∂
∂
−
dt ∂ q̇j
∂qj
wird als Variationsableitung bzgl. des i-ten Freiheitsgrades bezeichnet.
63
(65)
Falls ein generalisiertes Potential existiert, sind die Bewegungsgleichungen unabhängig
von kartesischen Koordinaten.
Notation:
X1 = x1 , X2 = y2 , X3 = z3 , ..., X3N = zn
k1 = K1,x , k2 = K1,y , k3 = K1,z , ..., k3N = KN,z
Dann gilt:
Qj =
3N
X
kn
n=1
∂Xn
qj
j = 1, ..., f
Ann.: Es gebe ein Potential V mit karteischer Darstellung
Ṽ = Ṽ (X1 , ..., X3N ; Ẋ1 , ..., Ẋ3N ; t)
so dass
kn =
d ∂V
∂V
−
dt ∂ Ẋj
∂Xj
Bespiel: Konservative Kraft
~ i = −∇V
~
K
n = 1, ..., 3N
Beh.: Dann gilt auch
Qj =
∂V
d ∂V
−
dt ∂ q̇j
∂qj
j = 1, ..., f
mit V = V (q1 , ..., qf ; q̇1 , ..., q̇f ; t)
Bew.:
Xn = Xn (q1 , ..., qf ; t)
f
,→ Ẋn =
f
X ∂Xn ∂qj
j=1
∂qj
∂Xn X ∂Xn
∂Xn
+
=
q̇j +
∂t
∂t
∂qj
∂t
j=1
d.h. Ẋn = Ẋn (q1 , ..., qf ; q̇1 , ..., q̇f ; t)
3N
,→
X
∂V
=
∂qj
n=1
(
∂ Ṽ ∂Xn
∂ Ṽ ∂ Ẋn
+
∂Xn ∂qj
∂ Ẋn ∂qj
)
(66)
3N
,→
X ∂ Ṽ ∂ Ẋn
∂V
=
∂ q̇j
∂ Ẋn ∂ q̇j
n=1
64
(67)
(
)
3N
∂Xn X d ∂ Ṽ
∂Xn
∂ Ṽ
Qj =
kn
=
−
∂qj
dt ∂ Ẋn ∂Xn ∂qj
#n=1
"
" n=1
#
d ∂ Ṽ ∂Xn
d ∂ Ṽ ∂Xn
∂ Ṽ d ∂Xn
=
−
dt ∂ Ẋn ∂ q̇j
dt ∂Xn ∂qj
∂ ẋn dt ∂qj
"
#
d ∂ Ṽ ∂ Ẋn
∂ Ṽ ∂ Ẋn
=
−
dt ∂ Ẋn ∂ q̇j
∂ Ẋn ∂ q̇j
3N
X
Insgesamt:
3N
3N
d X ∂ Ṽ ∂ Ẋn X
Qj =
−
dt n=1 ∂ Ẋn ∂ q̇j
n=1
(
∂ Ṽ ∂Xn
∂ Ṽ ∂ Ẋn
+
∂Xn ∂qj
∂ Ẋn ∂qj
)
mit (66) und (67) folgt:
Qj =
d ∂V
∂V
−
dt ∂ q̇j
∂qj
Diese Beziehung hebt die Formlierung nach Lagrange über die von dAlembert: es gibt
keine Abhängigkeit von kartesischen Koordinaten mehr.
Def.: Die Lagrange-Funktion ist erklärt als:
L(q1 , ..., qf ; q̇f , ..., q̇f ; t) = T (q1 , ..., qf ; q̇1 , ..., q̇f ; t) − V (q1 , ..., qf ; q̇1 , ..., q̇f ; t)
(68)
Damit
,→
d ∂T
∂T
−
− Qj = 0
dt ∂ q̇j
∂qj
d ∂T
∂T
d ∂V
∂V
−
−
+
=0
dt ∂ q̇j
∂qj
dt ∂ q̇j ∂qj
,→ Lagrange-Gleichung 2.Art:
d ∂L
∂L
−
=0
dt ∂ q̇j
∂qj
, j = 1, ..., f
Forminvarianz gegenüber Punkttransformationen
Seien (q1 , ..., qf ) und (ξ1 , ..., ξf ) zwei Sätze unabhängiger Koordinaten, die durch
ξj = ξj (q1 , ..., qf ; t)
bzw. qj = qj (ξ1 , ..., ξf ; t)
65
(69)
ineinander übergehen. Dann gilt:
q̇j = q̇j (ξ1 , ..., ξf ; ξ˙1 , ..., ξ˙f ; t),
d ∂qj
∂ q̇j
=
dt ∂ξl
∂ξl
∂ q̇j
∂qj
,
=
∂ξl
∂ ξ˙l
Weiterhin sei
d ∂L
∂L
−
=0
dt ∂ q̇j
∂qj
für j = 1, ..., f
Betrachte nun
L̃(ξ1 , ..., ξf ; ξ˙1 , ..., ξ˙f ; t)
Dann ist
f
∂ L̃ X
=
∂ξl
j=1
∂L ∂qj
∂L ∂ q̇j
+
∂qj ∂ξl
∂ q̇j ∂ξl
f
f
X ∂L ∂ q̇j
∂ L̃ X ∂L q̇j
=
=
∂ q̇j ∂ ξ˙l
∂ q̇j ∂ξl
∂ ξ˙l
j=1
j=1
also
f
d ∂ L̃ X d ∂L ∂qj
=
dt ∂ ξ˙l
dt ∂ q̇j ∂ξl
j=1
f X
d ∂L ∂qj
∂L ∂ q̇j
=
+
dt
∂
q̇
∂ξ
∂ q̇j ∂ξl
j
l
j=1
Insgesamt:
f ∂L ∂ q̇j
d ∂L ∂qj
∂L ∂ q̇j
d ∂ L̃ ∂ L̃ X
∂L ∂qj
=
−
+
+
−
−
dt ∂ ξ˙l ∂ξl
∂q
∂ξ
∂
q̇
∂ξ
dt
∂
q̇
∂ξ
∂ q̇j ∂ξl
j
l
j
l
j
l
j=1
f X
d ∂L
∂L ∂qj
=
−
=0
dt ∂ q̇j
∂qj ∂ξl
j=1 |
{z
}
=0 f.a. j
Bem: Die Langrange-Funktion eines Systems ist nicht eindeutig bestimmt.
66
Bsp: Sei φ = φ(q1 , ..., qf ; t) und L̃ = L +
d
φ
dt
f
X ∂φ
∂φ
d
φ=
q̇i +
dt
∂qi
∂t
i=1
f d ∂
∂
dφ
d ∂ X ∂φ
∂φ
∂ d
,→
−
=
q̇j +
−
φ
dt ∂ q̇j
∂qj dt
dt ∂ q̇j i=1 ∂qj
∂t
∂qj dt
=
∂ d
d ∂φ
−
φ=0
dt ∂qj
∂qj dt
Beispiele:
i) Teilchen im Kreiskegel
1
F (x, y, z) = (x2 + y 2 ) 2 − z tan(α) = 0
Verwende als generalisierte Koordinaten:
1
ϕ = arctan( xy )
ρ = (x2 + y 2 ) 2 ,
⇒
z = cot(α)ρ
x = ρ cos(ϕ)
⇒
ż = cot(α)ρ̇
ẋ = ρ̇ cos(ϕ) − ρϕ̇ sin(ϕ)
y = ρ sin(ϕ)
ẏ = ρ̇ sin(ϕ) + ρϕ̇ cos(ϕ)
Lagrange-Funktion:
L=T −V
m 2
T =
ẋ + ẏ 2 + ż 2
2
m 2
2 2
ρ̇ + ρ ϕ̇ + cot2 (α)ρ̇2
T =
2
m
(1 + cot2 (α))ρ̇2 + ρ2 ϕ̇2
T =
2
V = mgz = mg cot(α)ρ
Bewegungsgleichungen:
d ∂L ∂L
−
= m 1 + cot2 (α) ρ̈ − mρϕ̇2 + mg cot(α) = 0
dt ∂ ρ̇
∂ρ
(tan(α) + cot(α))ρ̈ − tan(α)ρϕ̇2 + g = 0
d ∂L ∂L
d
−
= mρ2 ϕ̇ = m2ρ̇ϕ̇ + mρ2 ϕ̈ = 0
dt ∂ ϕ̇ ∂ϕ
dt
2ρ̇ϕ̇ + ρ2 ϕ̈ = 0
67
ii) Federpendel
Ruhelänge l, Ausdehnung l + und Federkonstante D = k . Verwende als Koordinaten
, ϕ.
V = −mg(l + ) cos(ϕ) + k2 2
x = (l + ) sin(ϕ)
ẋ = ˙ sin(ϕ) + (l + )ϕ̇ cos(ϕ)
y = (l + ) cos(ϕ)
ẏ = ˙ cos(ϕ) − (l + )ϕ̇ sin(ϕ)
m 2
˙ + (l + )2 ϕ̇2
2
m 2
k
L=T −V =
˙ + (l + )2 ϕ̇2 + mg(l + ) cos(ϕ) − 2
2
2
T =
⇒ Bewegungsgleichungen:
d
d ∂L ∂L
−
= m˙ − m(l + )ϕ̇2 − mg cos(ϕ) + k = 0
dt ∂ ˙
∂
dt
k
,→ ¨ = (l + )ϕ̇2 − + g cos(ϕ) = 0
m
d ∂L ∂L
d
−
= m(l + )2 ϕ̇ + mg(l + ) sin(ϕ) = 0
dt ∂ ϕ̇ ∂ϕ
dt
2
,→ m(l + ) ϕ̈ + m2(l + )˙ϕ̇ + mg(l + ) sin(ϕ) = 0
2
g
,→ ϕ̈ = −
˙ϕ̇ −
sin(ϕ)
l+
l+
68
iii) Perle auf rotierendem Ring
Zwangsbedingungen in Polarkoordinaten ρ, ϑ, ϕ:
→ L=
m
2
ρ = R, ϕ = ωt
~r˙ 2 = R2 ϑ̇2 + R2 ω 2 sin2 (ϑ)
R2 ϑ̇2 + R2 ω 2 sin2 (ϑ) + mgR cos(ϑ)
Bewegungsgleichung:
d ∂L ∂L
d
−
= mR2 ϑ̇ − mR2 ω 2 sin(ϑ) cos(ϑ) + mgR sin(ϑ) = 0
dt ∂ ϑ̇
∂ϑ
dt
g
2
⇒ ϑ̈ = ω cos(ϑ) −
sin(ϑ)
R
Gleichgewichtslagen:
ϑ̇ = 0 → ω 2 cos(ϑ) − Rg sin(ϑ) = 0
→ ϑ = 0, π oder cos(ϑ) =
Letztere Lösung existiert nur, falls
g
Rω 2
≤1
69
also ω ≥
g
Rω 2
pg
R
iv) Elektromagnetische Kräfte
~ r, t) und in einem Magnetfeld B(~
~ r, t)
Teilchen der Ladung e in einem elektrischen Feld E(~
~
~ + e ~r˙ × B
Lorentz-Kraft: F~L = eE
c
~ = rotA
~,
Potentiale: B
~ = −gradφ −
E
1 ∂ ~
A
c ∂t
~ : Vektorpotential
• A
• φ: skalares Potential
Betrachte das generalisierte Potential:
e ~
r, t)
V (~r, ~r˙, t) = eφ(~r, t) − ~r˙ · A(~
c
(
)
(
)
3
3
d ∂V
∂V
d ∂
eX
∂
eX
⇒
−
=
eφ −
ẋj Aj −
eφ −
ẋj Aj
dt ∂ ẋi ∂xi
dt ∂ ẋi
c j=1
∂xi
c j=1
3
e X ∂Aj
d n e o
∂φ
− Ai − e
+
=
ẋj
dt
c
∂xi c j=1 ∂xi
3 ∂φ
∂Aj
e∂
eX
∂Ai
= −e
ẋj
−
Ai +
−
ẋj
∂xi c ∂t
c j=1
∂xi
∂xj
70
andererseits
FL,i
3
3
X
∂φ
e∂
eX
∂
= −e
−
Ai +
An
ikl ẋk
lmn
∂xi c ∂t
c k,l=1
∂xm
m,n=1
3
e X
∂
An
(δim δkn − δin δkm ) ẋk
c k,m,n=1
∂xm
3 eX
∂
∂
= ······ +
ẋk
Ak − ẋk
Ai
c k=1
∂xi
∂xk
= ······ +
⇒ FL,i =
d ∂V
∂V
−
dt ∂ ẋi ∂xi
2.5 Lineare Schwingungen
V =
k
2
(x − x0 (t) − l)2 ,
L=T −V =
T =
m 2
ẋ
2
m 2 k
ẋ − (x − A cos(ωt) − l)2
mit ξ := x − l
2
2
m
k
= ξ˙2 − (ξ − A cos(ωt))2
2
2
d ∂L ∂L
d ˙
−
= mξ + k (ξ − A cos(ωt)) = 0
dt ∂ ξ˙
∂ξ
dt
k
⇒ ξ¨ = − (ξ − A cos(ωt))
m
• A = 0: ξ(t) = B cos(ω0 t + ϕ),
• A 6= 0: ξ(t) = B cos(ω0 t + ϕ) +
ω02 =
Aω02
ω02 −ω 2
k
m
cos(ωt),
71
˙
ξ(0) = 0, ξ(0)
=0
⇒ Reibung ist nötig, um Amplitude im Fall ω = ω0 zu begrenzen.
Einschub b: Dissipative Kräfte im Lagrange-Formalismus
Zerlegung der eingeprägten Kräfte in solche, die sich aus einem verallgemeinertem Potential ableiten lassen, und solche, die das nicht erlauben:
~ki = d ∂V − ∂V + d~i ,
dt ∂~r˙i
∂~ri
∂V
d ∂V
−
+ Dj ,
,→ Qj =
dt ∂ q̇j
∂qj
i = 1, ..., N
j = 1, ..., f
Wobei
Dj =
N
X
i=1
∂~ri
d~i
∂qj
(70)
die generalisierten dissipativen Kräfte sind.
Bewegungsgleichungen:
d ∂L ∂L
−
= Dj ,
dt ∂ q̇i ∂qi
Sei nun d~i − gi (~r˙i )~r˙i ,
L=T −V
i = 1, ..., N
N
˙i
X
∂~r
,→ Dj = −
gi (~r˙i )~r˙i ·
∂ q̇j
i=1
mit vi = |~r˙i |:
Dj = −
N
X
i=1
∂vi
gi (~r˙i )vi
∂ q̇j
,denn vi2 = ~r˙i2
Betrachte den Fall gi = gi (vi )
Dj = −
N
X
gi (vi )
i=1
∂vi
∂ q̇j
Setze
vi
F =
N Z
X
gi (ν)νdν,
dann Dj = −
i=1 0
∂F
∂ q̇j
und somit werden die Lagrange-Gleichungen zu
d ∂
∂
∂F
L−
L+
=0
dt ∂ q̇j
∂qj
∂ q˙j
invariant unter Punkttransformationen
72
• F : dissipative Funktion
Falls gi = Ji = const., dann
N
F =
1X
Ji vi2
2 i=1
Rayleigh-Funktion
(71)
Gedämpfter, angetriebender harmonischer Osillator
L=
m 2 k
ẋ − (x − A cos(ωt))2
2
2
1
F = J ẋ2
2
,→ Bewegungsgleichung:
d ∂L ∂L ∂F
−
+
= mẍ + k(x − A cos(ωt)) + J ẋ = 0
dt ∂ ẋ
∂x
∂ ẋ
J
k
k
,→ ẍ + ẋ + x = A cos(ωt)
m
m
m
2
ẍ + ẋ + ω02 x = K cos(ωt)
τ #
"r
t
1
,→ x(t) = Be− τ cos
ω02 − 2 t + ϕ + C cos(ωt − ϕ0 )
τ
C=
K
q
2
(ω02 −ω 2 )2 +4 ω2
,
tan(ϕ0 ) =
τ
2ω
τ
ω02 −ω 2
Wie sieht die Lösung bei einem bd. peridodischen Antrieb aus?
Einschub: Fourierentwicklung
Betrachte eine in t periodische Funktion F (t) = F (t + T )
z.b.: sin(ωt), cos(ωt), sin(2ωt),...aber auch sin3 (ωt)
sin3 (ωt) = 41 (3 sin(ωt) − sin(3ωt))
allg:
∞
a0 X
f (t) =
+
[an cos(nωt) + bn sin(nωt)]
2
n=1
(72)
Wird eine Fourierreihe, an , bm Fourier-Koezienten genannt. Periodisch mit Periode
.
T = 2π
ω
73
Beobachtung:
ZT
2
→ a0 =
T
a0
f (t)dt = T
2
ZT
f (t)dt
0
0
weiterhin ist
ZT
sin(nωt) sin(mωt)dt = 0
denn ω =
2π
T
0
ZT
0
T ZT
m
1
cos(nωt) cos(mωt)dt
sin(nωt) sin(mωt)dt = − cos(nωt) sin(mωt) +
n
n
0
0
=
m
n
ZT
cos(nωt) cos(mωt)dt
0







T ZT

m 1
m
=
sin(nωt) cos(mωt) +
sin(nωt) sin(mωt)dt

n 
n
n


0

|
{z
} 0
=0
m2
= 2
m
ZT
sin(nωt) sin(mωt)dt
0
,→ falls n 6= m:
,→ falls n = m:
RT
0
RT
sin(nωt) sin(mωt)dt = 0
sin2 (nωt)dt =
0
T
2
ZT
⇒
ZT
sin(nωt) sin(mωt)dt =
0
cos(nωt) cos(mωt)dt =
0
74
T
δnm
2
analog zeigt man:
ZT
sin(nωt) cos(mωt)dt = 0,
0
ZT
,→
f (t) cos(mωt)dt =
0
f.a. n, m
∞
X
T
T
an δnm = am
2
2
n=1
und somit
2
am =
T
ZT
f (t) cos(mωt)dt,
m = 0, 1, 2, ...
0
2
bm =
T
ZT
f (t) sin(mωt)dt,
m = 1, 2, ...
0
Wie kann eine periodische Funktion gemäÿ (72) in eine Fourier-Reihe zerlegt werden?
Satz von Dirichlet
• i) f ist periodisch mit Periode T
• ii) Das Intervall T kann in endliche viele Teilintervalle zerlegt werden, auf denen
f monoton und stetig ist
• iii) An Unstetigkeitsstellen existieren die links und rechtsseitigen Grenzwerte
Dann konvergiert die Fourier-Reihe (72), wobei die Koezienten wie oben berechnet
werden und der Wert der Reihe ist.
• a) f (t) an den Stetigkeitsstellen
• b)
f (t− )+f (t+ )
2
Beispiele:
b) f (t) =
f0
t,
T
an den Sprungstellen
0 ≤ t ≤ T,
periodisch fortgesetzt
75
2
an =
T
ZT
f0
t cos(nωt)dt
T
n>0
0

T ZT
2f0
1
1
= 2 −
sin(nωt)t +
sin(nωt)dt = 0
T
nω
nω
0
|
{z
} |0
{z
}
"
=0
a0 =
2
T
ZT
=0
f0
2f0 1
tdt = 2 T 2 = f0
T
T 2
0
2
bn =
T
ZT
f0
t sin(nωt)dt
T
0

T ZT
2f0
1
= 2 −
cos(nωt)t + sin(nωt)dt
T
nω
0
|
{z
} |0
{z
}
"
T
− nω
=−
2f0
2f0 T
f0
=−
=−
mωT
n2π T
nπ
∞
f0 X f0
−
sin(nωt)
,→ f (t) =
2
nπ
n=1
(
0 0 ≤ t ≤ T2
b) f (t) =
1 T2 ≤ t ≤ T
76
=0
2
a0 =
T
ZT
f (t)dt = 1
0
an =
2
T
ZT
cos(nωt)dt =
2 1
[+ sin(nωt)]TT = 0
2
T nω
sin(nωt)dt =
T 1
4 1
[− cos(nωt)]TT = −
2
2 nω
T nω
T
2
2
bn =
T
ZT
T
2
,→ f (t) =
∞
1 2X1
−
sin(nωt)
2 π n=1 n
Ende des Einschubs.
Allgemein periodische Anregung des gedämpften harmonischen Oszillators
∞
2
a0 X
[an cos(nωt) + bn sin(nωt)]
ẍ + ẋ + ω02 x =
+
τ
2
n=1
Bestimmung einer speziellen inhomogenen Lösung.
Ansatz:
x = x0 + x1 + ... + y1 + y2 + ...
mit
2
a0
a0
spez. Lsg. :
x0 =
ẍ0 + ẋ0 + ω02 x0 =
τ
2
2ω02
2
ẍn + ẋn + ω02 xn = an cos(nωt)
spez. Lsg.: s.o.
τ
2
spez. Lsg.: s.o.
ÿn + ẏn + ω02 yn = bn sin(nωt)
τ
Spezielle Lösung:
∞
X
a0
x(t) =
+
[An cos(nωt + ϕn ) + Bn sin(nωt + ϕn )]
2ω02 n=1
An =
an
q
2 2
(ω02 −n2 ω 2 )2 +4 nτ Tω
tan(ϕn ) =
Bn =
bn
q
2 2
(ω02 −n2 ω 2 )2 +4 nτ Tω
2ω
τ
ω02 −n2 ω 2
77
(73)
Lineare Schwingungen beschreiben das Verhalten von konservativen Systemen in der
Nähe eines stabilen Fixpunktes.
0
V (q0 ) = 0,
00
V (q0 ) := k ,
T =
m(q) 2
q̇
2
Lagrange-Funktion: L = T − V
Langrange-Gleichung:
d ∂L
dt ∂ q̇
−
∂L
∂q
Für kleine Auslenkungen:
1
V (q) = V (q0 ) + k(q − q0 )2
2
m(q) ≈ m(q0 ) + ...
, m(q0 ) ≡ m0
Setze q = q0 + x
1
1
L(x, ẋ) ≈ m0 ẋ2 − kx2 − V (q0 )
2
2
Betrachte jetzt ein System mit f Freiheitsgeraden
f
1X
L=
mij ({qi })q̇i q˙j − V (q1 , ...qf )
2 i,1=1
Das Potential habe ein Minimum bei qi = qi0 ,
i = 1, ..., f
∂V ,→
=0
∂qi qi =qi0
78
mij = mji
Taylor-Entwicklung von V
f
1 X ∂ 2 V V (q1 , ..., qf ) = V (q1,0 , ..., qf,0 ) +
(qi − qi0 )(qj − qj0 )
2 i,j=1 ∂qi ∂qj qi =qi0 , qj =qj0
{z
}
|
= 12
Setze
f
P
∂2
xi xj
∂xi ∂xj i,j=1
xi =0
∂ 2 V Kij =
∂xi ∂xj {xi =0}
Ist q1,0 , q2,0 , ..., qf,0 ein Minimum von V so gilt Kij ist eine positiv denite Matrix
f
X
Mij xi xj ≥ 0
, f.a. xi , xj
i,j=1
Für die kinetische Energie gilt
f
1X
T =
Mij ẋi ẋj ,
2 i,j=1
wobei
mij (q) = Mij +
f
X
Nijk xk + ...
k=1
(Mij ) positiv denit, da T ≥ 0. Insgesamt:
f
f
1X
1X
L=
Mij ẋi ẋj −
Kij xi xj
2 i,j=1
2 i,j=1
Laggrange-Gleichung:
ẍi +
f
X
Λij xj = 0
mit Λij =
j=1
f
X
M −1
ik
Kkj
k=1
Transformiere das System in das Eigensystem von Λ → f , entkoppelt harmonischen
Oszillator mit Eigenfrequenzen ωn .
79
Bsp.: f = 2
f
1X
1
L = m(ẋ21 + ẋ22 ) −
Kij xi xj
2
2 i,j=1
m 0
K11 K12
,
K=
also M =
,
K12 = K21
0 m
K21 K22
1 1 0
1
−1
Λ=M K=
K= K
O.E. m = 1
0
1
m
m
det(Λ − λ) = 0
K11 − λ
K12
,→ det
= 0 ↔ (K11 − λ)(K22 − λ) − K12 K21 = 0
K21
K22 − λ
,→ λ1,2
↔ λ2 − (SpK)λ + det K = 0
1
1
1
K11 + K22 1 2 2
SpK 2 − 4 det K 2 =
±
(K11 − K22 )2 + 4K12
= SpK ±
2
2
2
2
Eigenvektor
K11 a1 + K12 a2 = λ1,2 a1 → a2 =
λ1,2 − K11
a1
K12
Falls
2
K12
= K12 K22 → λ1 = K11 + K22
λ2 = 0
Bsp,: Unendliche Kette gekoppelter harmonischer Oszillatoren
∞
∞
1 X 2 1 X
L= m
ẋj − k
(xj − xj+1 )2
2 j=−∞
2 j=−∞
80
Bewegungsgleichung:
ẍj − ω02 (xj−1 − 2xj + xj+1 ) = 0
f.a. j
k
ω02 =
m
Suche nach Lösungen der Form
xj (t) = α cos(kj a − ωt)
→ Welle mit Amplitude α.
Zum Zeitpunkt t + ∆t gibt es einen Index j + ∆j , so dass die zugehörige Masse bei
j + ∆j in demselben Zustand ist wie die Masse bei j zum Zeitpunkt t (Propagation nach
rechts).
Falls eine solche Lösung existiert:
−ω(t + ∆t) + k(j + ∆j)a = kja − ωt
,→ −ω∆t + k∆ja = 0
ω
∆j
=
,→
∆t
ka
Phasengeschwindigkeit c =
Wellenlänge λ =
2π
k
a∆j
∆t
k=
=
2π
:
λ
ω
k
Wellenzahl
Bem.: Propagation nach links: α cos(kja + ωt)
Einsetzen in die Bewegungsgleichung liefert
−ω 2 xj = ω02 [cos(k(j − 1)a − ωt) − 2 cos(kja − ωt) + cos(k(j + 1)a − ωt)]
= ω02 [cos(kja − ωt) cos(ka) + sin(kja − ωt) sin(ka)
− 2 cos(kja − ωt) + cos(kja − ωt) cos(ka) − sin(kja − ωt) sin(ka)]
= ω02 2[cos(ka) − 1]xj
ka
2
2
= −4ω0 sin
xj
2
ka
,→ ω =
sin
Dispersionsbeziehung
2
ω 2ω0
ka ,→ c(k) = = sin
k
k
2 2
4ω02
2
81
Allgemeine Lösung durch Superposition. (β sin(kja − ωt) auch Lösung)
2.6 Symmetrien und Erhaltungsgröÿen
Betrachte Lagrange-Funktion L mit
L = L(q̇, t)
Dann ist
∂L
=0
∂q
: q ist eine zyklische Variable
also
,→ p =
∂L
∂ q̇
d ∂L
=0
dt ∂ q̇
ist eine Konstante der Bewegung
p heiÿt zu q konjugierter verallgemeinerter Impuls.
In diesem Fall ist L invariant unter Verschiebung in q .
L(q; q̇; t) = L(q + ; q̇; t)
Beispiele:
• 2 Körper-Zentralkraftproblem:
~ ist eine zyklische Variable (L unabhängig von R
~)
Schwerpunkt R
0
~ →R
~ =R
~ + ~b
,→ a) Invaríanz von L unter Verschiebungen R
~
,→ b) Erhaltung des Gesamtimpulses P
• reduziertes Einkörperproblem:
ϕ zyklische Variable
,→ a) Invarianz von L unter Drehung
,→ b) Erhaltung des Drehimpulses µr2 ϕ̇
82
Allgemein:
Sei Qα = qα + und Qi = qi falls i 6= α, i = 1, ..., f
L (Q1 , ..., Qf ; Q̇1 , ..., Q̇f ; t) := L q1 (Q1 , ..., Qf ; t), ..., qf (Q1 , ..., Qf ; t); q̇1 (Q1 , ...; Q̇1 , ...; t),
..., q̇f (Q1 , ...; Q̇1 , ...; t); t
f
,→
∂L X
=
∂
i=1
∂L ∂qi ∂L ∂ q̇i
+
∂qi ∂
∂ q̇i ∂
=
∂L ∂qα
∂L
=−
∂qα ∂
∂qα
, denn qα = Qα − ,→ Falls L invariant unter Verschiebung in qα , dann
∂L
= 0,
∂
also
∂L
=0 →
∂qα
d
pα = 0
dt
Sei L die Lagrange-Funktion für ein Teilchen im <2 und invariant unter Drehung. In
ebenen Polarkoordinaten gilt dann R = r, φ = ϕ + ,→
L (R, φ; Ṙ, φ̇) = L(R, φ − ; Ṙ, φ̇)
∂L
∂L
d
d ∂L
=−
=0
→
pϕ =
=0
∂
∂ϕ
dt
dt ∂ ϕ̇
In kartesischen Koordinaten:
L = L(x, y) = L (X, Y )
mit
X = x cos() − y sin()
Y = x sin() + y cos()
∂L
∂L
∂L
= 0, aber
6= 0 sowie
6= 0
∂
∂X
∂Y
Es gibt keine zyklische Variable. Trotzdem muss es ein zugehöriges Integral der Bewegung geben (Integrale der Bewegung sind unabhängig vom Koordinatensystem).
In diesem Fall
Betrachte die Familie von Punkttransformationen:
Qi = ϕi, (q1 , ..., qf )
= ϕi (q1 , ..., qf ; )
,→ qi = ψi, (Q1 , ..., Qf )
i = 1, ..., f
∈<
{ψi, } Umkehrtransformationen zu {ϕi, }
Auÿerdem
q̇i =
d
d
qi = ψi, (Q1 , ..., Qf )
dt
dt
f X
∂
dQj
=
ψi,
∂Qj
dt
j=1
83
i = 1, ..., f
f
∂
dQj
ψi,
∂Qj
dt
f
X
∂
∂
dQj
d ∂
=
ψi,
=
qi
∂Q
∂
dt
dt
∂
j
j=1
X ∂
∂
q̇i =
∂
∂
j=1
,→
Sei nun L invariant unter der Familie von Transformationen {ψi, }, also
∂L
= 0,
∂
wobei L (Q1 , ..., Qf ; Q̇1 , ..., Q̇f ; t
= L (ψi, (Q1 , ..., Qf ), ..., ψf, (Q1 , ...Qf );
d
d
ψi, (Q1 , ..., Qf ), ..., ψf, (Q1 , ..., Qf ); t
dt
dt
f
∂L X
=
∂
j=1
=
(
∂L ∂ψj,
∂L ∂ dtd ψj,
+
∂qj ∂
∂ q̇j ∂
f X
∂L ∂ψj,
j=1
∂qj
)
∂L d ∂ψj,
+
∂
∂ q̇j dt ∂
Aber
d
dt
∂L ∂ψj,
∂ q̇j ∂
f
,→
=
d ∂L
dt ∂ q̇j
∂L d ∂ψj,
∂ψj,
+
∂
∂ q̇j dt ∂
d ∂L ∂ψj,
∂L ∂ψj,
d ∂L ∂ψj,
+
−
∂qj ∂
dt ∂ q̇j ∂
dt ∂ q̇j
∂





f 
 ∂L
X
d ∂L ∂ψj,
d ∂L ∂ψj, 
=
−
+
=0
 ∂qj
dt ∂ q̇j
∂
dt ∂ q̇j ∂ 

j=1 
|

{z
}
∂L X
=
∂
j=1
=0
f
,→
d X ∂L ∂ψj,
=0
dt j=1 ∂ q̇j ∂
(74)
Satz von Noether
Falls eine Lagrange-Funktion invariant unter einer Familie von Transformationen ist,
dann existiert eine zugehörige Konstante der Bewegung.
84
Bsp.: L =
m
2
(ẋ2 + ẏ 2 ) − V
p
x2 + y 2
L invariant, falls x → X = x cos() + y sin()
y → Y = x sin() + y cos()
,→ x = X cos() + Y sin()
y = −X sin() + Y cos()
,→
d
dt
∂L ∂x ∂L ∂y
−
∂x ∂
∂y ∂
d
{mẋ (− sin()X + cos()Y ) + mẏ (−X cos() − Y sin())}
dt
d
d
{m (ẋy − ẏx)} = 0 , also
mr2 ϕ̇2 = 0
=
dt
dt
⇒ Drehimpulserhaltung !
=
2.7 Das Hamilton-Prinzip
Betrachte ein freies Teilchen in 1d
x̂(t) = x1 −
x2 − x1
t = x1 + v̂t
t2 − t1
mit v̂ =
Kinetische Energie entlang der Trajektorie
Zt2
m 2
m
v̂ dt = v̂ 2 (t2 − t1 )
2
2
t1
85
d
x̂
dt
Betrachte nun eine beliebige andere Trajektorie x(t) mit x(t1 ) = x1 und x(t2 ) = x2 ; v =
d
x. Dann ist
dt
Zt2
m 2
v dt >
2
t1
denn
Zt2
m 2
v̂ dt
2
t1
Zt2
0<
m
(v − v̂)2 dt =
2
t1
Zt2
m 2
v̂ − 2vv̂ + v 2 dt
2
t1
Zt2
=
m 2
v dt −
2
t1
Zt2
m 2
v̂ dt
2
t1
Für ein freies Teilchen minimiert die tatsächliche Trajektorie das Integral über die kinetische Energie.
Im folgendem betrachten wir eine Verallgemeinerung dieses Prinzips für Teilchen unter
dem Einuss von Kräften.
Elemente der Variationsrechnung
Sei F ein Funktional, welches einen Pfad {q1 , ..., qf (t)|t ∈ [t1 , t2 ]} im Kongurationsraum
über
Zt2
F [q1 (t), ..., qf (t); q̇1 (t), ..., q̇f (t); t] =
f (q1 (t), ..., qf (t); q̇1 (t), ..., q̇f (t); t) dt
t1
einen Zahlenwert zuordnet.
Aufgabe: Bestimmung des Pfades, der F minimiert.
Idee: Betrachtung eines benachbarten Pfades {q1 (t) + δq1 (t), ..., qf (t) + δqf (t)|t ∈ [t1 , t2 ]}
mit δqi (t1 ) = δqi (t2 ) = 0 f.a. i = 1, ..., f .
Variation von {q1 , ..., qf }
Berechne die Variation δF von F
δF = F [q1 + δq1 , ..., qf + δqf ] − F [q1 , ..., qf ; ...]
Unter Vernachlässigung von Termen der Ordnung 2 und höher in {δqi }. Formal:
δF =
f
X
δF
i=1
δqi
δqi
0
(analog df = f dx =
86
df
dx)
dx
Falls F minimal für qi (t) = q̂i (t) , i = 1, ..., f , t ∈ [t1 , t2 ], dann ist δF = 0.
Beweis: Sei δF 6= 0 → δF > 0, denn F [{q̂i }] minimal. Setze nun δq → −δq → δF < 0.
Um mit den Variationen {δqi } rechnen zu könnem, setze δqi = i ηi (t) mit ηi (t1 ) =
ηi (t2 ) = 0, i ≥ 0, i = 1, ..., f .
Zt2
{f (q1 (t) + η1 (t), ...; q̇1 (t) + η̇1 (t), ...; t) − f (q1 , ...; q̇1 , ...; t)} dt
t1
=
Zt2 X
f
t1
=
i=1
i=1
Zt2 X
f
i=1
t1
Zt2 X
f
t1
∂f
i ηi dt +
∂qi
∂f
i η̇i dt + O(2 )
∂ q̇i
t2 Zt2 f f
X d ∂f X
∂f
∂f
i ηi dt +
i ηi −
i ηi dt + O(2 )
∂qi
∂
q̇
dt
∂
q̇
i
i
i=1
i=1
t1
|
{z
} t1
=0
=
Zt2 X
f t1
i=1
∂f
d ∂f
−
i ηi dt + O(2 )=! 0
∂qi dt ∂ q̇i
f.a. ηi
Fundamentallemma der Variationsrechung
Rx2
q stetig in [x1 , x2 ] und ϕ(x)η(x)dx = 0 f.a. 2-mal stetig dierenzierbar, beschränkte η .
x1
Dann ist ϕ(x) = 0. Also
∂f
d ∂f
−
=0
dt ∂ q̇i ∂qi
Euler-Gleichung
(75)
Setze f = L, wobei L die Lagrange-Funktion eines Systems sei.
⇒ Das Hamilton-Prinzip
Die Trajektorie eines klassischen Systems ist diejenige unter allen möglichen Pfaden,
der die Wirkung
Zt2
S=
L (q1 , ..., qf ; q̇1 , ..., q̇f ; t) dt
(76)
t1
stationär macht:
δS = 0
87
(77)
Beispiel: 1d harmonischer Oszillator
m 2 k 2
ẋ + x
2
2
L(x, ẋ) =
Bewegungsgleichung:
mẍ = kx
allgemeine Lösung:
r
x(t) = A sin(ωt + ϕ), A ≥ 0, ω =
k
, ϕ ∈ [0, 2π]
m
Zeige, dass jede Lösung das Hamilton-Prinzip erfüllt.
Zt2
δ
Zt2 L(x, ẋ)dt =
t1
∂L
∂L
δx +
δ ẋ dt
∂x
∂ ẋ
t1
Zt2
{−kxδx + mẋδ ẋ} dt
=
t1
Setze δx(t) = η(t) und η(t1 ) = η(t2 ) = 0
Zt2
{−kA sin(ωt + ϕ)η + mAω cos(ωt + ϕ)η̇} dt
,→
t1
Z
=
t2 Zt2
−kA sin(ωt + ϕ)ηdt + mAω cos(ωt + ϕ)η + mAω 2 sin(ωt + ϕ)ηdt
t1
Zt2
=
t1
t1
−k + mω 2 A sin(ωt + ϕ)ηdt = 0
{z
}
|
=0
Bem.: Zur Lösung der Lagrange-Gleichung werden Anfangsbedingungen vorgegeben.
Im Bsp. des harmonische Oszillators x(t1 ) und ẋ(t1 ). Bei der Formulierung durch das
Hamilton-Prinzip, die Anfangs-und Endkonstellation x(t1 ) und x(t2 ). Im Prinzip genügend, um die Konstanten der Bewegung (im Bsp. A, ϕ) festzulegen.
Vorsicht:
• i) Manchmal existiert keine Lösung zu gegebenen Randbedingungen
88
• ii) Manchmal existieren mehrere Lösungen
Bsp.: Harmonischer Oszillator
i) Wähle x(0) = 1 und x
T
2
= 1, wobei T =
2π
ω
,→ A sin(ϕ) = 1
und − A sin(ϕ) = 1
ii) x(0) = x
T
2
= 0 → A sin(ϕ) = 0 als einzige Bedingung.
,→ A = 0 oder ϕ = 0 und A beliebig
π
oder ϕ =
und A beliebig
2
Anmerkung:
i) Die Wirkung ist das Integral über die Lagrange-Funktion L = T − V , also unabhängig von der Koordinatenwahl.
,→ Forminvarianz der Euler-Gleichung
ii) L → L + dϕ
, ϕ = ϕ(q1 , ..., qf ; t) führt auf dieselben Bewegungsgleichungen, denn
dt
Zt2
dϕ
dt = ϕ (q1 (t1 ), ..., qf (t1 ); t1 ) − ϕ (q1 (t2 ), ..., qf (t2 ); t2 )
dt
t1
also δ
Zt2
dϕ
dt = 0
dt
t1
3 Hamiltonische Mechanik
3.1 Die Legendre-Transformation
Erinnerung: zyklische Variablen also
,→
d
p
dt
=
=0
∂L
d ∂L
= 0 und somit p =
Konstante der Bewegung
dt ∂ q̇
∂ q̇
Bsp: freies Teilchen L =
Allgemein:
∂L
∂q
m 2
ẋ
2
→ p = mẋ Impuls!
∂L
∂q
89
Idee: Transformiere von {q, q̇} auf {q, p} um Dierenzialgleichungen erster Ordnung zu
erhalten.
df
. Deniere dann
Sei f eine Funktion von x und ξ(x) = dx
φ(ξ) = x(ξ)ξ − f (x(ξ))
φ ist die Legendre-Transformierte auf f . Diese Transformation ist umkehrbar
x(ξ) =
dφ(ξ)
,
dξ
f (x) = xξ(x) − φ(ξ(x))
Bem.: φ(ξ) kann nur deniert werden, falls ξ(x) =
Bew.:
df
dx
invertiert werden kann, d.h.
dφ
d
=
[x(ξ)ξ − f (x(ξ))]
dξ
dξ
df (x(ξ)) dx(ξ)
dx(ξ)
ξ−
= x(ξ) +
dξ
dx(ξ) dξ
dx
dx
= x(ξ) + ξ
−ξ
= x(ξ)
dξ
dξ
x(ξ) ist invertierbar und
xξ(x) − φ(ξ(x)) = xξ(x) − {xξ(x) − f (x)} = f (x)
f (x) und φ(ξ) enthalten identische Informationen.
Veranschaulichung:
0
Tangentengleichung: y = a(x̂)x + b(x̂), Steigung: a(x̂) = f (x̂),
90
d2 f
dx2
=0
0
y-Achsenabschnitt: b(x̂) = f (x̂) − f (x̂)x̂.
Allgemein: Jedem Punkt (x, f (x)) des Graphen kann ein Paar (a(x), b(x)) zugeordnet
0
0
werde (a(x), b(x)) = (f (x), f (x) − xf (x)).
2
Also: Der Graph wird durch eine Tangentenchar beschrieben! Wegen ddt2f = 0 ist ξ(x) =
0
f (x) zu x gleichwertig und aus dem Achsenabschnitt
0
f (x) − xf (x) = −φ(ξ) ≡ f (x(ξ)) − x(ξ)ξ
lässt sich f (x) rekonstruieren.
Aufgrund diese geometrischen Zusammenhangs spricht man von einer Berühr
oder Kontakttransformation.
Annmerkung: Wichtig in der Thermodynamik zur Denition der allgemeinen Potentiale U, F, H und G.
Beipsiel: f (x) = (x + c)2
d
f
dx
= 2(x + c) = ξ →
1
ξ
2
−c=x
φ(ξ) = x(ξ)ξ − f (x(ξ))
2
ξ
ξ
−c ξ−
−c+c
=
2
2
ξ2
=
− cξ
4
Rücktransformation:
dφ
dξ
=
ξ
2
− c = x → 2(x + c) = ξ
f (x) = xξ(x) − φ(ξ(x))
1
= x (2(x + c)) − (2(x + c))2 + c2(x + c)
4
2
2
= 2x + 2cx − x − 2xc − c2 + 2cx + 2c2
= x2 + 2cx + c2 = (x + c)2
Allgemein: f (u1 , ..., uM ; x1 , ..., xL )
Setze ξl =
∂f
,
∂xl
l = 1, ...L
φ(u1 , ..., uM ; ξ1 , ..., ξL ) =
L
X
xl (u1 , ..., uM ; ξ1 , ..., ξL ) − f (u1 , ..., uM ; x1 (..), ..., xL (..))
l=1
91
Umkehrung:
Setze xl =
∂φ
∂ξl
f=
L
X
xl ξl − φ
l=1
∂f
∂φ
=−
Es gilt:
∂um
∂um
3.2 Die kanonischen Bewegungsgleichungen
Sei L(q1 , ..., qf ; q̇1 , ..., q̇f ; t) die Lagrange-Funktion eines Systems. Deniere die generalisierten Impulse über
pi =
∂L
,
∂ q̇i
pi : kanonischer Impuls zu qi
Die Hamilton-Funktion H ist als die Legendre-Transformierte bzgl. q̇1 , ..., q̇f deniert,
also:
H(q1 , ..., qf ; p1 , ..., pf ; t) =
f
X
q̇i pi − L(q1 , ..., qf ; q̇1 (..), ..., q̇f (..); t)
i=1
Dann gilt:
dH =
f
X
{q̇j dpj − pj dq̇j } −
j=1
oder, wg.
∂L
∂qj
=
d ∂L
dt ∂ q̇j
f X
∂L
j=1
∂L
dqj +
dq̇j
∂qj
∂ q̇j
−
= ṗj (Lagrange 2.Art)
dH =
f
X
{q̇j dpj + pj dq̇j − ṗj dqj − pj dq̇j } −
j=1
=
f
X
{q̇j dpj − ṗj dqj } −
j=1
∂L
dt
∂t
Andererseits
dH =
f X
∂H
j=1
∂H
dqj +
dpj
∂qj
∂pj
92
+
∂H
dt
∂t
∂L
dt
∂t
∂L
dt
∂t
(78)
Koezientenvergleich liefert: Hamiltonische Bewegungsgleichungen
∂H
,
∂pj
∂H
,
ṗj = −
∂qj
∂H
∂L
=− ,
∂t
∂t
q̇j =
j = 1, ..., f
(79)
j = 1, ..., f
(80)
j = 1, ..., f
(81)
(kanonische Bewegungsgleichungen)
{q1 , ..., qf ; p1 , ..., pf } spannen den so genannten Phasenraum auf.
Kompakte Schreibweise der kanonischen Bewegungsgleichungen durch die symplektische
Matrix J
J=
0 1
−1 0
1 : (f × f ) Einheitsmatrix
1 0
+
JJ =
,→ J + = J −1 = −J
0 1
J2 = 1
ηi = qi , i = 1, ..., f
ηi+f = pi , i = 1, ..., f
,→
d
~ η H,
~η = J ∇
dt
~η =
∇
∂
∂
, ...,
∂η1
∂η2f
Beispiele
i) Teilchen unter dem Einuss konservativer Kräfte
-kartesische Koordinaten
L(x, y, z, ẋ, ẏ, ż) =
m 2
ẋ + ẏ 2 + ż 2 − V (x, y, z, t)
2
∂L
= mẋ
∂ ẋ
∂L
py =
= mẏ
∂ ẏ
∂L
= mż
pz =
∂ ż
konjugierter Impuls=gewöhnlicher Impuls
1 2
,→ H =
px + p2y + p2z + V (x, y, z; t) = E
2
px =
93
-Kugelkoordinaten
m 2
2
2
2
2 2
L(ρ, ϑ, ϕ, ρ̇, ϑ̇, ϕ̇) =
ρ̇ + ρ ϑ̇ + ρ sin (ϑ)ϕ̇ − V (ρ, ϑ, ϕ; t)
2
∂L
pρ =
= mρ̇
∂ ρ̇
∂L
pϑ =
= mρ2 ϑ̇
∂ ϑ̇
∂L
= mρ2 sin2 (ϑ)ϕ̇
pϕ =
∂ ϕ̇
Vergleich: m~r˙ = mρ̇~eρ + mρϑ̇~eϑ + mρ sin(ϑ)ϕ̇~eϕ
~ = ~r × m~r˙ = mρ2 ϑ̇~eϑ − mρ2 sin(ϑ)ϕ̇~eϕ
Drehimpuls: L
Nur die ρ-und die ϑ-Komponente des generalisierten Impulses stimmen mit Komponenten des gewöhnlichen bzw. des Drehimpulses überein.
p2ϕ
m p2ρ
p2ϑ
H=
+
+
+ V (ρ, ϑ, ϕ; t) = E
2 m2 m2 ρ2 m2 ρ2 sin2 (ϑ)
ii) Geladenes Teilchen im elektromagnetischem Feld
e ~
V (~r, ~r˙ ; t) = eφ(~r, t) − ~r˙ · A(~
r, t)
c
φ : elektrostatisches Potential
~ : Vektorpotential
A
In kartesischen Koordinaten x, y, z
m 2
e
ẋ + ẏ 2 + ż 2 − eφ + (ẋAx + ẏAy + żAz )
L(x, y, z; ẋ, ẏ, ż; t) =
2
c
∂L
e
,→ px =
= mẋ + Ax
∂ ẋ
c
∂L
e
py =
= mẏ + Ay
∂ ẏ
c
∂L
e
pz =
= mż + Az
∂ ż
c
Fasse die px , py , pz als Komponenten eines generalsierten Impulses auf.
e~
,→ p~ = m~r˙ + A
c
hier
• m~r˙ : kinetischer Impuls
•
e ~
A:
c
elektromagnetischer Impuls
Dieser Zusammenhang gilt nur bei Verwendung von kartesischen Koordinaten.
94
m e 2 e 2 e 2
H=
px − Ax + py − Ay + pz − Az
+ eφ
2
c
c
c
3.3 Zyklische Koordinaten und Erhaltungsätze
ṗj =
∂L
∂H
=−
∂qj
∂qj
Falls L unabhängig von qj , dann ist auch H unabhängig von qj .
,→ Symmetrien führen wie in der Lagrange-Formulierung auf Erhaltungsgröÿen (Noethersches Theorem).
f
f
X ∂H
∂H
dH X ∂H
=
q̇j +
ṗj +
dt
∂qj
∂pj
∂t
j=1
j=1
=
f
X
[−ṗj q̇j + q̇j ṗj ] +
j=1
∂H
∂H
=
∂t
∂t
,→ Falls H nicht explizit zeitabhängig ist, so ist H = const. wg.
die Erhaltungsgröÿe, falls L translationsinvariant in der Zeit ist.
∂L
∂t
= − ∂H
ist H also
∂t
3.4 Poisson-Klammern
Denition: u ≡ u(q1 , ..., qf ; p1 , ..., qf ),
{u, v}q,p
v ≡ v(q1 , ..., qf ; p1 , ..., pf )
f X
∂u ∂v
∂u ∂v
=
−
∂qi ∂pi ∂pi ∂qi
i=1
Damit
f
dg X
=
dt
i=1
∂g
∂g
q̇i +
ṗi
∂qi
∂pi
∂g
∂t
f X
∂g ∂H
∂g ∂H
∂g
=
−
+
∂qi ∂pi
∂pi ∂qi
∂t
i=1
= {q, H}q,p +
∂g
∂t
95
+
(82)
Eigenschaften:
1.
q̇i = {qi , H},
ṗi = {pi , H}
2. Fundamentale Eigenschaften
{qj , qk }q,p = 0,
{qj , pk }q,p = δjk
{pj , pk }q,p = 0,
Was ist z.b. {qj , qk }Q,P ?
q̇j =
f X
∂qj
i=1
f
∂qj
Q̇i +
Ṗi
∂Qi
∂Pi
∂pj
Q̇i +
Ṗi
ṗj =
∂Qi
∂Pi
i=1
f X
∂H
∂H ∂qk
∂H ∂pk
=
+
Q̇i =
∂Pi
∂q
∂pk ∂Pi
k ∂Pi
k=1
f X
∂H
∂H ∂pk
∂H ∂qk
Ṗi = −
=−
+
∂Qi
∂qk ∂Qi ∂pk ∂Qi
k=1
X ∂pj
Damit
f
f X
X
∂H ∂pk
∂qj ∂H ∂qk
∂H ∂pk
∂qj ∂H ∂qk
q̇j =
+
−
+
∂Qi ∂qk ∂Pi ∂pk ∂Pi
∂Pi ∂qk ∂Qi ∂Pi ∂Qi
i=1 k=1
f
f f
f X
X
∂qj ∂qk ∂H X X ∂qj ∂pk
∂qj ∂pk ∂H
∂qj ∂qk
−
+
−
=
∂Q
∂P
∂P
∂Q
∂q
∂Q
∂P
∂Pi ∂Qi ∂pk
i
i
i
i
k
i
i
k=1 i=1
k=1 i=1
f
f
X
∂H X
∂H
=
{qj , qk }Q,P
+
{qj , pk }Q,P
∂qk k=1
∂pk
k=1
=
∂H
∂pj
,→ {qj , qk }Q,P = 0 und {qj , pk }Q,P = δjk
Analog zeigt man {pj , pk }Q,P = 0
Allgemein gilt
{u, v}q,p = {u, v}Q,P
Unterdrücke im folgendem deshalb die Indizes.
96
Weitere Eigenschaften:
• {u, u} = 0
• {u, v} = −{v, u}
• {αu + βv, w} = α{u, w} + β{v, w}
• {uv, w} = {u, w}v + u{u, w}
• Jacobi-Identität: {u, {v, w}} + {v, {w, u}} + {w, {u, v}} = 0
• Sei u eine Konstante der Bewegung
d
∂H
∂u
u = 0 ↔ {u, H} +
= 0 ↔ {H, u} =
dt
∂t
∂t
Falls ∂u
= 0, so gilt {H, u} = 0
∂t
= ∂v
= 0. Dann folgt aus der JacobiSeien u, v Konstanten der Bewegung mit ∂u
∂t
∂t
Identität {H, {u, v}} = 0. Also ist {u, v} eine Konstante der Bewegung (Poissonsches Theorem)
3.5 Kanonische Transformationen
Besonders einfache Situation: die Hamilton-Funktion ist eine Konstante der Bewegung
und alle Koordinaten sind zyklisch.
,→ pi = αi ,
und H = H(α1 , ..., αi ),
i = 1, ...f
αi = const.
Kanonische Bewegungsgleichung:
∂H
= ωi ,
i = 1, ..., f
∂αi
βi : Integrationskonstante
q̇i =
,→ qi = ωi t + βi
Üblicherweise sind die generalisierten Koordinaten nicht alle zyklisch.
Ziel: Transformation auf zyklische Koordinaten.
(Punkttransformation)
Qi = Qi (q1 , ..., qf ; t)
Aber: in der Hamilton-Formulierung sind auch die Impulse unabhängige Variablen.
Qi = Qi (q1 , ..., qf ; p1 , ..., qf ; t),
i = 1, ..., f
Pi = Pi (q1 , ..., qf ; p1 , ..., pf ; t),
i = 1, ..., f
Punkttransformation im Phasenraum
97
Es muss gelten
∂K
∂Pi
∂K
Ṗi = −
∂Qi
für ein K = K(Q1 , ..., Qf ; P1 , ..., Pf ; t)
Q̇i =
Zu beiden Hamilton-Funktionen existiert einen Lagrange-Funktion
L1 =
f
X
q̇i pi − H
i=1
f
L2 =
X
Q̇i Pi − K
i=1
Beide erfüllen das Variationsprinzip
Zt2
δ
Zt2
L1 dt = δ
t1
(83)
L2 dt
t1
Weil die Variation zu t1 und t2 verschwindet, ist (83) sicher erfüllt falls
f
X
q̇i pi − H =
i=1
f
X
Q̇i Pi − K +
i=1
dF
dt
(84)
Eine Transformation, die Gleichung (84) erfüllt, heiÿt kanonische Transformation.
F kann als Funktion von q1 , ..., qf ; p1 , ...pf , aber auch Q1 , ..., Qf ; P1 , ..., Pf oder aber Mischungen der beiden Sätze aufgefasst werden.
Ann.: F = F1 (q1 , ...qf ; Q1 , ..., Qf ; t)
,→
f
X
pi q̇i − H =
i=1
f
X
i=1
f
=
X
i=1
Pi Q̇i − K +
dF1
dt
f
f
X ∂F1
∂F1 X ∂F1
Pi Q̇i − K +
+
q̇i +
Q̇i
∂t
∂qi
∂Qi
i=1
i=1
Aus der Unabhängigkeit der qi und Qi folgt
∂F1
pi =
,
∂qi
∂F1
Pi = −
,
∂Qi
∂F1
so dass K = H +
∂t
98
i = 1, ..., f
i = 1, ..., f
⇒ F1 ist die Erzeugende der Transformation.
Nicht immer existiert eine Erzeugende F1 = F1 (q1 , ..., qf ; Q1 , ..., Qf ; t). Aber möglicherweise F2 = F2 (q1 , ..., qf ; P1 , ..., Pf ; t) mit
F = F2 (q1 , ..., qf ; P1 , ..., Pf ; t) −
X
Pi Qi
i=1
f
f
mit (84) ,→
f
X
X
pi qi − H = −
Qi Ṗi − K +
i=1
i=1
d
F2 (q1 , ..., qf ; P1 , ..., Pf ; t)
dt
∂F2
,
i = 1, ...f
∂qi
∂F2
Qi =
,
i = 1, ..., f
∂Pi
∂F2
sowie K = H +
∂t
,→ pi =
Mögliche Erzeugende:
F = F1 (q1 , ..., qf ; Q1 , ..., Qf ; t)
F = F2 (q1 , ..., qf ; P1 , ..., Pf ; t) −
f
X
Qi Pi
pi =
∂F1
∂qi
Pi = −
pi =
∂F2
∂qi
Qi =
qi = −
∂F3
∂pi
Pi = −
qi = −
∂F4
∂pi
Qi =
i=1
f
F = F3 (p1 , ..., pf ; Q1 , ..., Qf ; t) +
X
qi pi
i=1
f
F = F4 (p1 , ..., pf ; P1 , ..., Pf ; t) +
X
{qi pi − Qi Pi }
i=1
∂F1
∂Qi
∂F2
∂Pi
∂F3
∂Qi
∂F4
∂Pi
Bem.:
i) Zusammenhang zwischen F über die Legendre-Transformation. Aber: nicht alle kanonischen Transformationen werden durch die Fälle F1 , ..., F4 abgedeckt.
ii) gemischte Erzeugende möglich
Bsp: (f = 2)
0
0
F = F (q1 , p1 ; P1 , Q2 ; t)
0
F = F (q1 , p1 ; P1 , Q2 ; t) − Q1 P1 + q2 p2
99
0
0
∂F
,→ p1 =
∂q1
0
∂F
q2 = −
∂p2
0
∂F
P2 = −
∂Q2
∂F
Q1 =
∂P1
0
∂F
mit K = H +
∂t
Beispiele:
f
P
i): F2 =
q i Pi
i=1
∂F2
= Pi ,
∂qi
∂F2
Qi =
= qi ,
∂Pi
K=H
,→ pi =
f
P
ebenso F3 =
i = 1, ..., f
i = 1, ..., f
pi Qi
i=1
,→ Qi = −qi
Pi = −pi
K=H
f
P
ii): F2 =
fi (q1 , ..., qf ; t)Pi
i=1
∂F2
= fi (q1 , ..., qf ; t)
i = 1, ..., f
∂Pi
,→ Alle Punkttransformationen sind kanonisch
,→ Qi =
iii): F3 =
f
P
qi Qi
i=1
∂F3
= Qi
∂qi
∂F3
Pi = −
= −qi
∂Qi
,→ pi =
Generalisierte Koordinaten und Impulse sind vollkommen äquivalent!
iv): gemischte Erzeugende F = q1 P1 + q2 Q2
,→ Q1 = q1 , P1 = p1 , Q2 = p2 , P2 = −q2
100
v): Der harmonische Oszillator
k
1
p2
+ q2 =
p2 + m2 ω 2 q 2 ,
2m 2
2m
k
m
Falls p = f (P ) cos(Q)
f (P )
q=
sin(Q)
mω
f 2 (P )
f 2 (P )
cos2 (Q) + sin2 (Q) =
dann K = H =
2m
2m
H=
Sei F1 =
mωq 2
2
ω2 =
cot(Q)
∂F1
= mωq cot(Q)
∂q
mωq 2
∂F1
=
P =−
∂Q
2 sin2 (Q)
r
2P
,→ q =
cos(Q)
√ mω
p = 2P mω
,→ p =
Somit H = ωP → P =
E
ω
∂H
Q̇ =
=ω
also Q = ωt + α
∂P
r
2E
sin(ωt + α)
,→ q =
2
mω
√
p = 2mE cos(ωt + α)
101
Innnitisimale kanonische Transformationen
Qi = qi + δqi
Pi = pi + δpi
Erzeugende: F2 =
f
P
δqi , δpi : innnitisimale Verschiebung
qi Pi + G(q1 , ..., qf ; P1 , ..., Pf ; t)
<< 1
i=1
∂F2
∂G
= Pj + ∂qj
∂qj
∂F2
∂G
Qj
= qj + ∂p2
∂Pj
∂G
∂qj
∂G
also δqj = Qj − qj = ∂Pj
also δpj = Pj − pj = −
,→ pj =
G erzeugt die innnitisimale kanonische Transformation.
Weiter ist {qj , G} =
Also
∂G
∂pj
oder auch {Qj , G} =
∂G
∂Pj
δqj = {Qj , G}
= {qj + δqj , G}
≈ {qj .G}
δqj ≈ {pj , G}
102
Passive Interpretation einer kanonischen Transformation:
Änderung des Koordinatensystems des Phasenraums. Der Zustand bleibt unverändert.
Aktive Interpretation:
Die Transformation stellt eine Beziehung zwischen verschiedenen Punkten im Phasenraum auf (Drücke einen Zustand durch einen anderen aus).
Bsp.:
1. G(q1 , ...qf ; p1 , ..., pf ) = pj
,→ δqi = δij
δpj = 0
Der Impuls erzeugt innitisimale Verschiebungen!
2. G = H und = dt
,→ δqj = dt{qj , H} = dtq̇j = dqj
δpj = dt{pj , H} = dtṗj = dpj
Die Hamilton-Funktion erzeugt innitisimale Veränderungen der qi und pi in der
Zeit!
Satz von Liouville (für f = 1)
Sei V0 =
R
dqdp, wobei Γ0 ein Gebiet im Phasenraum zum Zeitpunkt 0 ist.
Γ0
V (dt) =
R
dqdp, wobei Γdt das Bild von Γ0 nach der Zeit dt ist.
Γdt
Allgemein gilt:
dqdp = |D|dQdP,
wobei |D| = det
∂q
∂Q
∂p
∂Q
∂q
∂P
∂p
∂P
!
= {q, p} = 1
,→ V (dt) = V0 → V (t) = const.
Wann ist eine Transformation kanonisch?
Qi = Qi (q1 , ..., qf ; p1 , ..., pf ; t)
Pi = Pi (q1 , ..., qf ; p1 , ..., pf ; t)
i = 1, ..., f
ist genau dann kanonisch, falls
{Qi , Pj }q,p = δij
{Qi , Qj }q,p = {Pi , Pj }q,p = 0
103
i, j = 1, ..., f
Allgemein ist
f X
∂Qi ∂H
∂Qi ∂H
−
Q̇i = {Qi , H} =
∂qj ∂pj
∂pj ∂qj
j=1
f X
∂Pi ∂H ∂Pi ∂H
Ṗi = {Pi , H} =
−
∂q
∂p
∂pj ∂qj
j
j
j=1
∂H
=0
∂t
Weiterhin
f
∂H ∂Qk
∂H ∂Pk
+
∂Qk ∂pj
∂Pk ∂pj
f
∂H ∂Qk
∂H ∂Pk
+
∂Qk ∂qj
∂Pk ∂qj
∂H X
=
∂pj
k=1
∂H X
=
∂qj
k=1
f X
∂Qi ∂H ∂Qk
∂H ∂Pk
∂Qj ∂H ∂Qk
∂H ∂Pk
,→ Q̇i =
+
−
+
∂p
∂Q
∂P
∂p
∂Q
∂Pk ∂qj
j
k ∂pj
k ∂pj
j
k ∂pj
j,k=1
=
f X
∂H
k=1
f
analog Ṗi =
X
k=1
∂H
{Qi , Qk } +
{Qi , Pk }
∂Qk
∂Pk
∂H
∂H
−
{Qk , Qi } +
{Pi , Pk }
∂Qk
∂Pk
∂H
∂H
und Q̇i =
genau dann, wenn
∂Qk
∂Pk
{Qi , Pj } = δij und {Qi Qj } = {Pi , Pj } = 0
,→ Ṗi = −
3.6 Hamilton-Jacobi-Gleichung
Ziel: Bestimmung einer kanonischen Transformation von q und p zum Zeitpunkt t auf
die Anfangsorte und Impulse zum Zeitpunkt t0 = 0.
,→ q = q(q0 , p0 , t)
p = p(q0 , p0 , t)
Lösung des mechanischen Problems
Seien K die neue Hamilton-Funktion und Q1 , ..., Qf ; P1 , ..., Pf die neuen generalisierten
Koordinaten und Impulse. Such eine Transformation, so dass K = 0
∂K
,→
= Q̇i = 0
∂Pi
∂K
= −Ṗi
∂Qi
104
Sowie K = H +
∂F
∂t
mit der Erzeugenden F . Also:
K = 0 ↔ H(q1 , ..., qf ; p1 , ..., pf ; t) −
∂F
=0
∂t
Sei F eine Funktion der alten Koordinaten q1 , ...qf und der neuen Impulse P1 , ..., Pf : F =
F2 (q1 , ..., qf ; P1 , ..., Pf ; t)
Dann:
pi =
∂F2
∂qi
(85)
i = 1, ..., f
und:
∂F2
∂F2
∂F2
, ...,
,t +
=0
H q1 , ..., qf ;
∂q1
∂qf
∂t
Hamilton-Jacobi-Gleichung
(86)
Ist eine partielle Dierenzialgleichung erster Ordnung in (f +1) Dimensionen. (q1 , ..., qf ; t).
Lsg.: F2 = S Hamilton Wirkungsfunktion.
Ann.: Es geben eine vollständige Lösung
S = S(q1 , ...qf ; α1 , ..., αf , αf +1 ; t)
αi : Integrationskonstante i = 1, ..., f + 1.
Eine Integrationskonstante ist trivial, da die Hamilton-Jacobi-Gleichung nur Ableitungen von S enthält → S + α ist auch Lösung.
Wähle: αi = Pi , i = 1, ..., f
Wg.:
pi =
∂S
(q1 , ..., qf ; α1 , ..., αf ; t)
∂qi
i = 1, ..., f
(87)
existiert eine eindeutige Beziehung zwischen den Anfangswerten q0 und p0 und den
Integrationskonstanten.
Weiterhin:
∂S
i = 1, ..., f
∂αi
,→ qi = qi (α1 , ..., αf ; β1 , ..., βf ; t)
Qi = βi =
Mit Gleichung (87)
pi = pi (α1 , ..., αf ; β1 , ..., βf ; t)
→ vollständige Lösung der Bewegungsgleichung!
105
Bem.:
1.
f
X ∂S
∂S
d
S=
q̇i +
dt
∂qi
∂t
i=1
∂S
∂t
∂S
und : pi =
∂qi
aber : H = −
, denn K = 0 = H +
∂S
∂t
Also
f
X
d
S=
pi q̇i − H = L
dt
i=1
Z
,→ S = Ldt + const.
i)
Rt2
Ldt → Variation: Lagrange-Gleichung-2.Art
t1
R
ii) Ldt = s : Lösung der Hamilton-Jacobi-Gleichung
Das Integral kann nur ausgeführt werden, wenn die Lösungen bekannt sind.
2. Falls H unabhängig von der Zeit so gilt:
∂S
∂S
, ...,
+
H q1 , ..., qf ;
∂q1
∂qf
|
{z
}
unabhängig von
t
∂S
∂t
|{z}
unabh. von
=0
q
→ Seperationsansatz S = W (q1 , ..., qf ; α1 , ..., αf ) + V (t, α1 , ..., αf )
∂W
∂W
,→ H q1 , ..., qf ;
, ...,
=a
∂q1
∂qf
∂V
=a
−
∂t
⇒ S(q1 , ...qf ; α1 , ..., αf ; t) = W (q1 , ..., qf ; α1 , ..., αf ) − αt
f
f
X
X
dW
∂W
=
q̇i =
pq̇i
dt
∂qi
i=1
i=1
Z X
Z X
f
f
,→ W =
pi q̇i dt =
pi dqi
i=1
106
i=1
3. Umkehrung des Verfahrens: Methode der charakteristischen Funktion zur Lösung
partieller Dierentialgleichungen 1. Ordnung.
Bsp.: Der harmonische Oszillator
H=
1
p2 + m2 ω 2 q 2 ,
2m
Hamilton-Jacobi-Gleichung
" #
2
∂S
1
∂S
2 2 2
=0
+m ω q +
2m
∂q
∂t
"
#
2
1
∂W
,→
+ m2 ω 2 q 2 = α ≡ E
2m
∂q
r
Z
√
mω 2 q 2
,→ W = 2mα dq 1 −
2α
ω2
k
m
S = W − αt
Könnte man integrieren braucht man aber nicht.
r
Z
∂S
∂W
2m
dq
0
q
Q=β =
=
−t=
−t
2 2
∂α
∂α
α
1 − mω2αq
r
1
mω 2
0
t + β = arcsin(q)
ω
2α
r
2α
0
,→ q =
sin(ωt + β)
β=βω
2
mω
p=
p
∂W
∂S
=
= 2mα − mω 2 q 2
∂q
∂q
√
1
= 2mα 1 − sin2 (ωt + β) 2
√
= 2mα cos(ωt + β) = mq̇
Wie liegen α und β mit p(t = 0) = p0 und q0 = q(t = 0) zusammen?
r
2α
sin(β)
q0 =
mω 2
√
p0 = 2mα cos(β)
⇒ 2mα = p20 + ω 2 ω 2 q02 , (α = E )
tan(β) = mω pq00
107
neue Koordinaten: Phasenwinkel der Oszillation
neuer Impuls: Gesamtenergie
Z
Z
1
2
2
S = 2α cos (ωt + β)dt − αt = 2α cos (ωt + β) −
dt
2
Andererseits:
1
p2 − m2 ω 2 q 2
2m
= α cos2 (ωt + β) − sin2 (ωt + β)
1
2
= 2α cos (ωt + β) −
2
L=
108