Lösungen zur Probeklausur

Lösungen zur Probeklausur
Aufgabe 1
a) Zyklische Variablen sind Variablen, die nicht in der Lagrangefunktion
vorkommen. Nur ihre Ableitungen treten auf. Damit folgt aufgrund der
Euler-Lagrange-Gleichung
0=
1P
d ∂
∂
d ∂
d
L−
L=
L = p.
dt ∂ q̇
∂q
dt ∂ q̇
dt
Damit ist der generalisierte Impuls p =
∂
∂ q̇ L
erhalten.
b) Die gesuchte Größe ist
1P
1P
Z(q, q̇, t) = L(q, q̇, t) − q̇
∂
L(q, q̇, t) .
∂ q̇
Beweis:
1P
d
∂
d
L(q, q̇, t) − q̇ L(q, q̇, t)
Z(q, q̇, t) =
dt
dt
∂ q̇
∂
∂
d ∂
∂
L(q, q̇, t) = (mit E-L-G )
= q̇ L(q, q̇, t) + q̈ L(q, q̇, t) − q̈ L(q, q̇, t) − q̇
∂q
∂ q̇
∂ q̇
dt ∂ q̇
∂
∂
= q̇ L(q, q̇, t) − q̇ L(q, q̇, t) = 0
∂q
∂q
Rt
c) Betrachte Variation des Wirkungsfunktionals S[q(t)] = t01 L(q(t′ ), q̇(t′ ), t′ )dt′ .
Prinzip der kleinsten Wirkung: δS = 0.
Variation der Bahnkurve q(t) → q(t) + ǫδ(t), δ(t0 ) = δ(t1 ) = 0
2P
δS = S[q(t) + ǫδ(t)] − S[q(t)]
Z
Z t1
′
′
′
′
′
′
L(q(t ) + ǫδ(t ), q̇(t ) + ǫδ̇(t ), t )dt −
=
=
t0
Z t1
t0
−
t1
L(q(t′ ), q̇(t′ ), t′ )dt′
t0
L(q(t′ ), q̇(t′ ), t′ ) +
Z
t1
d
L(q(t′ ) + ǫδ(t′ ), q̇(t′ ) + ǫδ̇(t′ ), t′ )|ǫ=0 ǫ + O(ǫ2 ) dt′
dǫ
L(q(t′ ), q̇(t′ ), t′ )dt′
t0
t1
∂
∂
′
′
′
′
′
′
′
L(q(t ), q̇(t ), t ) + δ̇(t )
L(q(t ), q̇(t ), t ) dt′
δ(t )
=ǫ
∂q(t′ )
∂ q̇(t′ )
t0
Z t1 ∂
d ∂
′
′
′
′
′
′
=ǫ
L(q(t
),
q̇(t
),
t
)
−
L(q(t
),
q̇(t
),
t
)
δ(t′ )dt′
′)
′)
∂q(t
dt
∂
q̇(t
t0
t1
∂
′
′
′
′
+ ǫ δ(t )
L(q(t ), q̇(t ), t )
∂ q̇(t′ )
t0
Z
′
1
Im letzten Schritt wurde partiell integriert. Der letzte Term verschwindet
da die Endpunkte der Bahn fest liegen und nicht variiert werden. Da die
Variation δ(t) beliebig ist, muss der Term in eckigen Klammern unter dem
Integral verschwinden. Dies entspricht der Euler-Lagrange-Gleichung.
d) Offensichtliche Symmetrietransformation ist eine Rotation um die x3 -Achse
und die Zeittranslation.
1P
• Die infinitesimale Variablentransformation ist
x1 → x∗1 = x1 − ǫx2 ,
x2 → x∗2 = x2 + ǫx1
Das Noether-Theorem hat hier die Form
J = x1
1P
∂
∂
∂
L − x2
L = 2(x1 ẋ2 − x2 ẋ1 )
L(q, p12 , p3 ) ,
∂ ẋ2
∂ ẋ1
∂p12
mit p12 = ẋ21 + ẋ22 und p3 = ẋ3 .
• Die infinitesimale Variablentransformation ist
t → t∗ = t + ǫφ
Das Noether-Theorem hat hier die Form
∂L
Q = L − ẋ
φ
∂ ẋ
mit
1P
d
Q = 0.
dt
e) Das Potential ist homogen vom Grade k = −1.
Somit gilt nach dem Virialsatz
1P
1P
1
k
T̄
= =− .
2
2
Ū
1P
2
Aufgabe 2
a) Position des Pendels
0,5 P
~x ≡
x
z
=r
sin θ
cos θ
Ableitung der Position ergibt Geschwindigkeit des Pendels
cos θ
˙~x = ṙ sin θ
+ rθ̇
cos θ
− sin θ
0,5 P
Kinetische Energie
1P
Potentielle Energie
M 2
M ˙ 2
(ṙ + r2 θ̇2 )
T =
~x =
2
2
V = −M gr cos θ +
1P
D
(R − r)2
2
Lagrangefunktion
L=T −V =
D
M 2
(ṙ + r2 θ̇2 ) + M gr cos θ − (R − r)2
2
2
b) Euler-Lagrange-Bewegungsgleichungen:
2P
g sin θ + 2ṙθ̇ + rθ̈ = 0
(1)
M rθ̇ + M g cos θ + D(R − r) − M r̈ = 0
(2)
2
c) mögliche Gleichgewichtslagen (θ̈ = θ̇ = 0, r̈ = ṙ = 0)
θ0 = 0 ,
r0 = R +
M g cos θ
Mg
|θ=θ0 =0 = R +
D
D
d) Entwickle die E-L-Gl.: r = r0 + q, θ ≪ 1
q̈ +
D
q = 0,
M
θ̈ +
2P
g
θ=0
r0
Harmische Oszillation in beiden Koordinaten θ und q
q(t) = Aq cos(ωq t + δq ) ,
θ(t) = Aθ cos(ωθ t + δθ )
mit Frequenz
ωθ2 =
2P
g
,
r0
3
ωq2 =
D
M
1P
Aufgabe 3
Extremum des Funktionals (Fläche)
A=
0,5 P
Z
y(x)dx
unter der Nebenbedingung
0,5 P
Z p
L=
1 + y ′ (x)2 dx
Zu Minimieren ist also :
p
F (y, y ′ ) ≡ y + λ 1 + y ′2 ,
Aus E-L folgt
1P
∂F
=0
∂x
wobei
1P
∂F
F − ′ y ′ ≡ α = const
∂y
p
y′
y′
α = y + λ 1 + y ′2 − λ p
1 + y ′2
s
p
λ2 − (α − y)2
⇒ λ = 1 + y ′2 (α − y) ⇒ y ′ = ±
(α − y)2
Integrieren führt auf
Z
x
x̂
dx =
Z
y(x)
dy
y(x̂)
1
=
y′
Z
y(x)
dy
y(x̂)
s
λ2
1P
1P
(α − y)2
− (α − y)2
p
p
x − x̂ = λ2 − (α − y(x))2 − λ2 − (α − y(x̂))2
Auflösen der Gleichung führt auf die Kreisgleichung
1P
(x − x0 )2 + (y − α)2 = λ2
mit
x0 = x̂ −
Aufgabe 4
p
λ2 − (α − y(x̂))2
a) Postition der Kugel
0,5 P


r cos ωt
~x =  r sin ωt 
ar2
Geschwindigkeit der Kugel

0,5 P

ṙ cos ωt − rω sin ωt
~x˙ =  ṙ sin ωt + rω cos ωt 
2arṙ
4
Lagrangefunktion
L
2P
=
=
1
m(ṙ2 + r2 ω 2 + 4a2 r2 ṙ2 ) − mgar2
2
m
1
m(1 + 4a2 r2 )ṙ2 + (ω 2 − 2ga)r2
2
2
b) E-L-G
1P
m(1 + 4a2 r2 )r̈ + 4ma2 rṙ2 − m(ω 2 − 2ag)r = 0
Gleichgewichtslage: r̈ = ṙ = 0
(ω 2 − 2ag)r = 0
also r = 0.
Stabiles Gleichgewicht r̈ < 0
1P
ω 2 − 2ag
1 + 4a2 r2
r̈ =
d.h. stabiles Gleichgewicht für 2ag > ω 2 .
Für ω 2 = 2ag ist die Kugel kräftefrei unabhängig vom Ort.
c) Lagrangefunktion zeitunabhängig also gilt:
d
∂L
d L − ẋ
=
(1 + 4a2 r2 )ṙ2 + (2ag − ω 2 )r2 = 0
dt
∂ ẋ
dt
Mit
1P
0,5 P
0,5 P
C = (1 + 4a2 r2 )ṙ2 + (2ag − ω 2 )r2
folgt
0,5 P
r
dr
=
dt
also
t − t0 =
Z
r
r0
C − (2ag − ω 2 )r2
1 + 4a2 r2
s
0,5 P
1 + 4a2 r2
dr
C − (2ag − ω 2 )r2
5