Lagrange Formalismus - Berlin
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Inhaltsverzeichnis<br />
<strong>Lagrange</strong> <strong>Formalismus</strong><br />
Frank Essenberger<br />
FU <strong>Berlin</strong><br />
10.Oktober 2006<br />
1 Oszillatoren 1<br />
1.1 Fadenpendel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1<br />
1.2 Stabpendel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3<br />
1.3 U-Rohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4<br />
2 Perlen 5<br />
2.1 Perle auf rotierenden Stab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5<br />
2.2 Perle auf Schraubenlinie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7<br />
2.3 Perle fällt durch Kugel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8<br />
1 Oszillatoren<br />
1.1 Fadenpendel<br />
Wir nehmen an eine Punktmasse der Größe m hänge an einem masselosen Faden<br />
der Länge S und zwar im Kraftfeld der Erde. Wir haben eine Zwangsbedingung,<br />
nämlich dass das Seil gespannt seinen soll und sich nicht dehnen kann:<br />
−→ r (t) · ←− r (t) = S 2 .<br />
Wenn man den Ursprung des Koordinantensystems in den Punkt legt wo<br />
das Pendel befestigt ist ist ergibt sich:<br />
x(t) = S · sin(ϕ(t)) ⇒ ˙x(t) = S · cos(ϕ(t)) ˙ϕ(t)<br />
y(t) = S · cos(ϕ(t)) ⇒ ˙y(t) = −S · sin(ϕ(t)) ˙ϕ(t).<br />
1
Abbildung 1: Fadenpendel<br />
Durch die eine generalisierte Kordinate reduziert sich die Anzahl der Variabeln<br />
von zwei ( −→ ( )<br />
x(t)<br />
r (t) = ) auf eine ϕ(t). Nun muss die <strong>Lagrange</strong> Gleichung<br />
y(t)<br />
bestimmt werden. Dies ist hier ganz einfach:<br />
T = 1<br />
2 mv2<br />
V = −mgh<br />
L = T − V = 1<br />
2 m ˙−→ r (t) · ˙←− r (t) − mgy(t)<br />
= 1<br />
2 m[ ˙x(t) 2 + ˙y(t) 2] −mgy(t)<br />
= 1<br />
2 mS2 ˙ϕ(t) 2[ sin(ϕ(t)) 2 + cos(ϕ(t)) 2] +mgS cos(ϕ(t))<br />
L = 1<br />
2 mS2 ˙ϕ(t) 2 − mgS cos(ϕ(t)).<br />
Nun bilden wir die Euler <strong>Lagrange</strong> Gleichung für die generalisierte Kordinate<br />
ϕ(t):<br />
0 = d [ ∂<br />
dt ∂ ˙ϕ L] − ∂<br />
∂ϕ L<br />
0 = d<br />
[<br />
∂ [1<br />
dt ∂ ˙ϕ 2 mS2 ˙ϕ(t) 2 − mgS cos(ϕ(t)) ]]<br />
− ∂ [1<br />
∂ϕ 2 mS2 ˙ϕ(t) 2 + mgS cos(ϕ(t)) ]<br />
0 = d [ ] 2<br />
mS ˙ϕ(t) +mgS sin(ϕ(t))<br />
dt<br />
0 = S ¨ϕ(t) + g sin(ϕ(t)).<br />
Für kleine Auslenkungen ist sin(ϕ(t)) ≈ ϕ(t) und so ergibt sich:<br />
0 = ¨ϕ(t) + g<br />
S ϕ(t)).<br />
Die Lösung sieht man sofort:<br />
√ √<br />
g<br />
g<br />
ϕ(t) = A cos( t) + B sin(<br />
S S t).<br />
Die Anpassung an Randbedingungen, die die Konstanten festlegen bleibt<br />
dem Leser überlassen.<br />
2
1.2 Stabpendel<br />
Dieses Pendel besteht aus einem steifen Stab der Länge S und der Masse m<br />
(homogen verteilt). Auch er ist fest befestigt und in homogenen Schwerefeld<br />
der Erde oder einem anderen homogenen Feld. Unsere Zwangsbedingung ist<br />
diesmal, dass der Stab steif ist. So lässt sich −→ r (t) wieder nur mit einer Kordinate<br />
ausdrücken:<br />
−→ r (t) =<br />
( S ′ sin(ϕ(t))<br />
S ′ cos(ϕ(t))<br />
)<br />
.<br />
Abbildung 2: Stabpendel<br />
Nun muss wieder T und V bestimmt werden. Dazu erstmal ˙r ′ (t) 2 bestimmen.<br />
r wurde deshalb gestrichen, da es vom Abstand S ′ zum Ursprung abhängt:<br />
r ˙−→ ′<br />
)<br />
(t) =<br />
.<br />
( S ′ cos(ϕ(t)) ˙ϕ(t)<br />
−S ′ sin(ϕ(t)) ˙ϕ(t)<br />
˙r ′ (t) 2 = S ′2 [cos(ϕ(t)) 2 ˙ϕ(t) 2 + sin(ϕ(t)) 2 ˙ϕ(t) 2 ] = S ′2 ˙ϕ(t) 2<br />
Damit wird T zu:<br />
Und V ist:<br />
T =<br />
=<br />
∫ S<br />
dS<br />
0<br />
∫ S<br />
dS<br />
0<br />
′ 1 m<br />
2 S ˙r′ (t) 2<br />
= 1<br />
6 mS2 ˙ϕ(t) 2 .<br />
′ 1 m<br />
2 S S′2 ˙ϕ(t) 2<br />
∫ S<br />
′ m<br />
V = − g dS<br />
0 S S′ cos(ϕ(t))<br />
= − 1<br />
Sgm cos(ϕ(t)).<br />
2<br />
Wir bilden wieder L = T − V und bilden so wie im ersten Beispiel die<br />
3
Eulerlagrange Gleichung:<br />
0 = d [ ∂<br />
dt ∂ ˙ϕ L] − ∂<br />
∂ϕ L<br />
0 = d [ ∂ 1<br />
dt ∂ ˙ϕ 6 mS2 ˙ϕ(t) 2 + 1<br />
2 Sgm cos(ϕ(t))] − ∂ [1<br />
∂ϕ 6 mS2 ˙ϕ(t) 2 + 1<br />
Sgm cos(ϕ(t))]<br />
2<br />
0 = d [ ∂ 1<br />
dt ∂ ˙ϕ 6 mS2 ˙ϕ(t) 2] − ∂ [1<br />
Sgm cos(ϕ(t))]<br />
∂ϕ 2<br />
0 = 1<br />
3 mS2 ¨ϕ(t) + 1<br />
Sgm sin(ϕ(t))<br />
2<br />
0 = ¨ϕ(t) + 3 g<br />
2 S sin(ϕ(t)).<br />
Für kleine Auslenkungen ist sin(ϕ(t)) ≈ ϕ(t) und so ergibt sich:<br />
0 = ¨ϕ(t) + 3 g<br />
2 S ϕ(t).<br />
Die Lösung sieht man sofort:<br />
√ √<br />
3g<br />
3g<br />
ϕ(t) = A cos( t) + B sin(<br />
2S 2S t).<br />
1.3 U-Rohr<br />
Hier befindet sich in einem U-Rohr der Dicke A eine Flüssigkeit der Dichte ρ.<br />
Diese soll sich reibungsfrei und inkompressibel sich im Rohr bewegen können.<br />
Das heißt die Geschwindigkeit der Oberfläche ist gleich der Geschwindigkeit<br />
überall im Rohr.Unsere generalisiertekordinate ist die Höhe h(t). Wir müssen<br />
nun wieder V und T bestimmen.<br />
Abbildung 3: U-Rohr<br />
Um ein Volumenelement um ∆y anzuheben muss ∆V an sich anheben und<br />
auch noch auf der anderen Seite ∆V um ∆y aus der Ruhelage heben. Damit<br />
folgt:<br />
∫ y<br />
V = − dh2 · hρAg<br />
o<br />
= −h 2 ρAg<br />
4
Und die kinetische Energie ist:<br />
T = 1<br />
2 m˙ h 2 .<br />
Nun wieder Die Euler <strong>Lagrange</strong>gleichung bestimmenL = T − V :<br />
0 = d [ ∂<br />
dt ∂ ˙ h L] − ∂<br />
∂h L<br />
0 = d [ ∂<br />
dt ∂ ˙ 1<br />
h 2 m˙ h 2 − 2 · mgh ] − ∂ [1<br />
∂h 2 m˙ h 2 − gh 2 ρA ]<br />
0 = d [ ]<br />
mh ˙ +2 · ghρA<br />
dt<br />
0 = ¨ h + 2 · ghρA<br />
0 = ¨ h + 2 · ghρA<br />
m<br />
0 = ¨ h + 2 · ghρA<br />
ρV<br />
0 = ¨ h + 2g<br />
· h<br />
l<br />
Die Lösung sieht man wieder leicht:<br />
√ √<br />
2g<br />
2g<br />
h(t) = A cos( t) + B sin(<br />
l l t).<br />
2 Perlen<br />
Ganz häufige Aufgaben sind irgendwelche gleitenden Perlen auf Stäben, Ringen<br />
oder ähnlichen. Dabei wird die Reibung meistens nicht berücksichtigt.<br />
2.1 Perle auf rotierenden Stab<br />
Angenommen eine Perle sei auf einen Stab gesteckt, der sich mit konstanter<br />
Winkelgeschwindigkeit in der X-Y Ebene bewegt.<br />
Abbildung 4: Gleitende Perle auf rotirendem Stab<br />
5
Man nimmt dabei an, dass die X-Y Ebene eine Äquipotentialfläche ist. Wir<br />
führen also wieder passende generalisierte kordinaten ein:<br />
x(t) = l(t) cos(ϕ(t))<br />
y(t) = l(t) sin(ϕ(t)).<br />
Hier ist alles nun sehr leicht. V ist einfach:<br />
Und die kinetische Energie ist:<br />
V = const.<br />
T = 1<br />
2 m[ ˙x(t)2 + ˙y(t) 2 ]<br />
= 1<br />
2 m[l(t)2 sin(ϕ(t)) 2 ˙ϕ(t) 2 + l(t) 2 cos(ϕ(t)) 2 ˙ϕ(t) 2 + ˙ l(t) 2 sin(ϕ(t)) 2 + ˙ l(t) 2 cos(ϕ(t)) 2 ]<br />
= 1<br />
2 [ml(t)2 ˙ϕ(t) 2 + ˙ l(t) 2 ]<br />
Damit ergibt sich als <strong>Lagrange</strong>gleichung für l(t):<br />
0 = d [ ∂<br />
dt ∂ ˙ h L] − ∂<br />
∂h L<br />
0 = d [ ∂<br />
dt ∂ ˙ 1<br />
l 2 [ml(t)2 ˙ϕ(t) 2 + ˙ l(t) 2 − const] ] + ∂ [1<br />
∂l 2 [ml(t)2 ˙ϕ(t) 2 + ˙ l(t) 2 − const ] ]<br />
0 = d<br />
l(t) + ml(t) ˙ϕ(t)2<br />
dt<br />
0 = ¨l(t) + ml(t) ˙ϕ(t) 2 .<br />
Da der Stab sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit dreht ist ϕ(t) = ωt<br />
also wird die Gleichung leicht:<br />
0 = ¨ l(t) + mω 2 l(t).<br />
Die Lösund sieht man wieder sofort:<br />
l(t) = Ae −√mω2 √<br />
t mω2 + Be<br />
t.<br />
Für eine ruhende Perle im Abstand l0 zum Zeitpunkt t=0 ergibt sich (l(0) =<br />
l0 ˙ l(0) = 0):<br />
l0 = A + B<br />
∧ 0 = √ mω 2 B − √ mω 2 A.<br />
Aus dem LGS sieht man sofort, dass A = B und A = l0<br />
2 ist. Damit<br />
vereinfacht sich diese Lösung der DGL zu:<br />
l(t) = l0 cosh( √ mω 2 t).<br />
6
Die Bahnkurve sieht dann so aus:<br />
Abbildung 5: Bahnkurve der Perle<br />
2.2 Perle auf Schraubenlinie<br />
Diese Perle der Masse m soll nun im Schwerefeld der Erde reibungsrei entlang<br />
einer Schraubenlinie rutschen.<br />
Abbildung 6: Perle auf Schraubenlinie<br />
Bei einer Windung soll die Perle dabei die Strecke S zurücklegen. Die Wahl<br />
der Kordinaten liegt wieder nahe. In den Zylinderkordinaten lassen sich die<br />
Zwangsbedingungen:<br />
x(t) 2 + y(t) 2 = R<br />
z(t) = ϕ(t)<br />
leicht implementieren. So wird aus −→ r (t) = ( x(t) y(t) z(t) ) ein Vektor der<br />
nurnoch von einer variablen abhängt: −→ r (t) = ( R cos(ϕ(t)) R sin(ϕ(t)) Sϕ(t) ) .<br />
7
Die kinetische und Potentielle Energie zu bestimmen ist nun Routine:<br />
V = − mgz<br />
= − mgSϕ(t).<br />
Die kinetische energie ist nur hinzuschreiben:<br />
T = 1<br />
= 1<br />
2 m<br />
[<br />
2 m[ ˙x(t)2 + ˙y(t) 2 + ˙z(t) 2 ]<br />
[R cos(ϕ(t)) ˙ϕ(t)] 2 + [R sin(ϕ(t)) ˙ϕ(t)] 2 + [S ˙ϕ(t)] 2<br />
= 1<br />
2 m[R2 ˙ϕ(t) 2 + S 2 ˙ϕ(t) 2 ]<br />
= 1<br />
2 m ˙ϕ(t)2 [R 2 + S 2 ].<br />
Nun wieder Die Euler <strong>Lagrange</strong>gleichung bestimmenL = T − V :<br />
0 =<br />
0 =<br />
0 =<br />
d [ ∂<br />
dt ∂ ˙ h L] − ∂<br />
∂h L<br />
[<br />
d ∂ 1<br />
[<br />
dt ∂ ˙ϕ 2 m ˙ϕ(t)2 [R 2 + S 2 ]<br />
] − mgSϕ(t) ] − ∂<br />
[<br />
1<br />
∂ϕ 2 m ˙ϕ(t)2 [R 2 + S 2 ]<br />
] − mgSϕ(t)<br />
d<br />
dt [m ˙ϕ(t)2 [R 2 + S 2 ]] + ∂<br />
∂ϕ mgSϕ(t)<br />
0 = m ¨ϕ(t) 2 [R 2 + S 2 ]] + mgS<br />
gS<br />
[R2 + S2 ] .<br />
⇒ ¨ϕ(t) = −<br />
Nun muss man nurnoch zweimal überintegrieren um ϕ(t) zu erhalten:<br />
ϕ(t) =<br />
−gS<br />
2[R 2 + S 2 ] · t2 − ˙ϕo · t − ϕ0.<br />
Für eine perle die einfach nur fällt wäre R = 0 und S = 1 so ergäbe sich:<br />
so wie erwartet.<br />
2.3 Perle fällt durch Kugel<br />
ϕ(t) = z(t) = − 1<br />
2 g · t2 − ˙zo · t − z0.<br />
Dies ist ein Beispiel in dem Nur das Potential zu finden ein Problem darstellt.<br />
Wenn man es hat kann man sich ganz einfach nach Schema f zum Ergebniss<br />
durchhangeln. Angenommen man hatt durch eine Kugel einen schacht gebohrt,<br />
durch den man eine Kugel fallen lässt. Wichtig für die Aufgabe ist, dass keine<br />
äußeren Kräfte wirken, und nur die Kugel das Potential erzeugt. Gesucht ist<br />
nun also das Potential im inneren einer Kugel der Masse M.<br />
8<br />
]
Abbildung 7: Perle fliegt durch Kugel<br />
Wenn man annimmt, das die Dichtefunktion ρ( −→ x ) aus konzentrischen Kugelschalen<br />
gleicher Dichte aufgebaut ist, dann muss das Feld im inneren der<br />
Kugel symetrisch sein. Wir wollen uns auf den einfacheren Fall ρ( −→ x ) = ρ0 be-<br />
schränken. Im weiteren ist | −→ x | = r und | −→ x ′ | = r ′ . Dann ist das Potential<br />
definiert als:<br />
φ( −→ ∫<br />
x ) = γ dx<br />
V<br />
′3 ρ(−→ x ′ )<br />
| −→ x − −→ x ′ ∫<br />
= γ<br />
| V<br />
dx ′3 ρ0Θ[RKugel − r ′ ]<br />
√∑<br />
(xi − x ′ .<br />
i )2<br />
Wenn man nun den Schacht entlang der z-Achse gebohrt hat, ist nur −→ ( ) x =<br />
0 0 x3 interessant, damit vereinfacht sich die Gleichung zu:<br />
φ( ( 0 0<br />
)<br />
x3 ) = γρ0<br />
∫<br />
= γρ0<br />
= γρ0<br />
∫<br />
V<br />
V<br />
∫ ∞<br />
0<br />
dx ′3 Θ[RKugel − r ′ ]<br />
√∑<br />
(xiδ3i − x ′ ∫<br />
= γρ0<br />
i )2 V<br />
dx ′3<br />
Θ[RKugel − r ′ ]<br />
dx ′3<br />
√ r 2 + [r ′ cos(θ)] 2 − 2r ′ cos(θ)x3<br />
dr ′ r ′2<br />
∫ 2π<br />
0<br />
dφ ′<br />
∫ π<br />
0<br />
Θ[RKugel − r ′ ]<br />
√ r 2 + x ′2<br />
3 − 2x ′ 3 x3<br />
Θ[RKugel − r ′ ]<br />
dθ ′ sin(θ ′ ) √<br />
r2 + [r ′ cos(θ ′ )] 2 − 2r ′ cos(θ ′ )x3<br />
Nun nuzt man die Θ[RKugel − r ′ ] aus und Substituiert noch cos(θ ′ ) mit y’:<br />
φ( −→ x ) = γρ0<br />
∫ R Kugel<br />
0<br />
dr ′ r ′2<br />
∫ 2π<br />
0<br />
dφ ′<br />
∫ 1<br />
−1<br />
dy ′<br />
1<br />
√ r 2 + [r ′ y ′ ] 2 − 2r ′ y ′ x3<br />
Das Integral ist sehr schwer zu lösen, deshalb bedienen wir uns der Piosson-<br />
9<br />
.<br />
.
Gleichung und nutzen die Symetrie des Problems aus:<br />
φ( −→ x ) =<br />
∫<br />
γ dx<br />
V<br />
′3 ρ(−→ x ′ )<br />
∇ 2 φ( −→ x ) = ∇ 2 γ<br />
∫<br />
V<br />
| −→ x − −→ x ′ |<br />
dx ′3 ρ(−→ x ′ )<br />
| −→ x − −→ x ′ = γ<br />
|<br />
∫<br />
dx<br />
V<br />
′3 ρ( −→ x ′ )∇ 2<br />
1<br />
| −→ x − −→ x ′ .<br />
|<br />
Nun die δ −F unktion einsetzen und das Konservative Gradientenfeld ←− ∇φ =<br />
− ←− E ( −→ x ) ausnutzen:<br />
∇ 2 φ( −→ x ) =<br />
∫<br />
γ dx<br />
V<br />
′3 ρ( −→ x ′ )∇ 2 1<br />
| −→ x − −→ x ′ −→ ←−<br />
∇ · ∇φ =<br />
|<br />
∫<br />
γ dx ′3 ρ( −→ x ′ )δ( −→ x − −→ x ′ )<br />
V<br />
− −→ ∇ ←− E ( −→ x ) = γρ( −→ x ). (1)<br />
Für unser Problem ergibt sich also:<br />
− −→ ∇ ←− E ( −→ x ) = γρ( −→ x ).<br />
∫<br />
dV ′ − −→ ∇ ←− E ( −→ ∫<br />
x ) = dV ′ γρ0<br />
v<br />
v<br />
∫<br />
− d<br />
S<br />
−→ S ′ · ←− E ( −→ x )| |<br />
−→<br />
x |=r0 = 4<br />
3 πr3 0γρ0.<br />
Da, dass Problem Kugelsymetrisch ist, muss das Feld auf einer Kugeloberfläche<br />
mit Radius r0 = const. sein und in richtung der Flächennormalen −→ n zeigen.<br />
So ergibt sich:<br />
∫<br />
−E(r0) dS<br />
S<br />
−→ n ←− n = 4<br />
3 πr3 0γρ0<br />
−E(r0)4πr 2 0 = 4<br />
3 πr3 0γρ0<br />
Damit ergibt sich für das Potential:<br />
⇒ E(r) = − γρ0<br />
3 r.<br />
φ( −→ x ) = γρ0<br />
6 r2 = Γr 2 .<br />
Wir gehen nun davon aus, dass der Schacht für die Perle ganz dünn ist und<br />
das Potential unverändert bleibt. Dann ergibt sich als L = V − T :<br />
L = 1<br />
2 m ˙r(t)2 − Γr 2 .<br />
10
Wenn nun der Schacht auf der z-Achse liegt ist die Bewegung der Perle auf<br />
−→ x = ( 0 0 x3(t) ) festgelegt und es ergibt sich:<br />
L = 1<br />
2 m ˙z(t)2 − Γz 2 .<br />
Nun wieder Die Euler <strong>Lagrange</strong>gleichung bestimmen:<br />
0 = d [ ∂<br />
dt ∂ ˙z L] − ∂<br />
∂z L<br />
0 = d [ ∂ 1<br />
dt ∂ ˙z 2 m ˙z(t)2 − Γz 2] − ∂ [1<br />
∂z 2 m ˙z(t)2 − Γz 2]<br />
0 = d [ ]<br />
m ˙z(t) +2Γz<br />
dt<br />
0 = m¨z(t) + 2Γz.<br />
Die Lösung sieht man wieder schnell:<br />
Mit der Kreisfrequenz ω =<br />
z(t) = A cos(ωt) + B sin(ωt).<br />
√<br />
2Γ<br />
m = √ γρ0<br />
3m<br />
11