Lösungen Band I, Vorlesung 5

Aufgabe 5.1

Beweisen Sie Gl. 5.3.

Hinweis: Benutzen Sie die Produktregel für die Ableitung.

    \[\dfrac{dv^2}{dt} = 2v\frac{dv}{dt} = 2v\dot{v}\;\;\;\;\;\;\;(5.3)\]

Lösung

Es ist

    \[\frac{dv^2}{dt} = \frac{d}{dt} (v \cdot v) = \frac{dv}{dt} v + v \frac{dv}{dt} = 2v \frac{dv}{dt} = 2 v \dot{v}.\]


Aufgabe 5.2

Betrachten Sie ein Teilchen in zwei Dimensionen x und y. Das Teilchen habe die Masse m. Die potentielle Energie sei

    \[V = \frac{1}{2} k(x^2 + y^2).\]

Stellen Sie die Bewegungsgleichungen auf. Zeigen Sie, dass Kreisbahnen Lösungen dieser Gleichungen sind. Die Umlaufzeiten sind unabhängig vom Radius gleich. Zeigen Sie schließlich, dass die Energie erhalten bleibt.

Lösung:

Für eine Bewegung eines Teilchens der Masse m in zwei Dimensionen mit dem gegebenem Potential V lautet die Lagrange-Funktion


    \[ \Lag = T -V = \frac{m}{2} (\dot{x}^2 + \dot{y}^2 ) - \frac{k}{2}(x^2 + y^2). \]


Wir erhalten die Bewegungsgleichungen für x und y aus den Euler-Lagrange-Gleichungen. Wir beginnen mit x:

    \[\begin{split}\frac{d}{dt}\pd{\Lag}{\dot{x}} &= \frac{d}{dt}\pd{}{\dot{x}} \left[ \frac{m}{2} (\dot{x}^2 + \dot{y}^2 ) - \frac{k}{2}(x^2 + y^2)\right]= \frac{d}{dt} m\dot{x} = m \ddot{x}\\\pd{\Lag}{x} &= \pd{}{x} \left[\frac{m}{2} (\dot{x}^2 + \dot{y}^2 ) - \frac{k}{2}(x^2 + y^2)\right]= -kx,\end{split}\]


also m \ddot{x} = -kx. Die Lagrange-Funktion ist symmetrisch in x und y, und damit erhält man den gleichen Ausdruck für y. Die Bewegungsgleichungen lauten daher:

    \[\begin{split}\ddot{x} &= -\frac{m}{k}x\\\ddot{y} &= -\frac{m}{k}y.\end{split}\]


Setzt man \omega = \sqrt{m/k}, so sieht man, dass die Funktionen

    \[\begin{split}x(t) &= R \cos \omega t\\y(t) &= R \sin \omega t\end{split}\]


diese Differentialgleichungen lösen:

    \[ \ddot{x}(t) = \frac{d}{dt} \big(R \sqrt{m/k} \cos \sqrt{m/k} t \big) = - \frac{m}{k} (R \sin \sqrt{m/k}) t = - \frac{m}{k}x(t),\]


und das entsprechende gilt für y(t).

Durch x(t) und y(t) wird eine Kreisbahn mit (beliebigem) Radius R beschrieben, die mit der Winkelgeschwindigkeit \omega = \sqrt{m/k} durchlaufen wird, die unabhängig vom Radius ist.

Die Gesamtenergie (= kinetische + potentielle Energie) ist:

    \begin{align*}E = T + V &= \frac{m}{2} (\dot{x}^2 + \dot{y}^2 ) + \frac{k}{2}(x^2 + y^2)\\&= \frac{m}{2}R^2\omega^2(\sin^2 \omega t + \cos^2 \omega t) + \frac{k}{2}R^2(\cos^2 \omega t + \sin^2 \omega t)\\&= \frac{R^2}{2}(m \omega^2 + k)\\&= \frac{R^2}{2}(m \frac{m}{k} + k)\\&= \frac{R^2}{2} (\frac{m^2}{k} + k).\end{align*}


Die Energie ist also konstant.

Fehler bei der Übersetzung:

In der deutschen Übersetzung des Buchs ist mir ein Fehler unterlaufen. Dort steht, dass alle Lösungen Kreisbahnen sind. Das ist natürlich falsch. Die allgemeine Lösung hat die Form

    \begin{align*}x(t) &= R_x \cos \omega t + \phi_x\\y(t) &= R_y \sin \omega t + \phi_y,\end{align*}



wie doppeltes Differenzieren zeigt. Es kann also R_x \ne R_y sein, und die Bahn damit kein Kreis, sondern eine Ellipse. Das ist aber etwas schwieriger zu zeigen.

Man kann sich aber vorstellen, dass man ein Teilchen an irgendeinen Punkt setzt. Durch den Mittelpunkt (den Nullpunkt) und diesen Punkt ist dann ein Kreis eindeutig bestimmt. Schubst man diesen Punkt nun in einer Richtung an, der nicht tangential zu diesem Kreis ist, so kann die Bahn des Punkts kein Kreis sein.


Aufgabe 5.3

Wiederholen Sie Aufgabe 5.2 mit dem Potential

    \[V = \dfrac{k}{2(x^2+y^2)}.\]


Gibt es kreisförmige Bahnen? Falls ja, haben sie dieselbe Umlaufzeit? Bleibt die Gesamtenergie erhalten?

Lösung:

Für eine Bewegung eines Teilchens der Masse m in zwei Dimensionen mit dem gegebenem Potential V lautet die Lagrange-Funktion

    \[ \Lag = T -V = \frac{m}{2} (\dot{x}^2 + \dot{y}^2 ) - \frac{k}{2(x^2 + y^2)}. \]


Wir erhalten die Bewegungsgleichungen für x und y aus den Euler-Lagrange-Gleichungen. Wir beginnen mit x:

    \[\begin{split}\frac{d}{dt}\pd{\Lag}{\dot{x}} &= \frac{d}{dt}\pd{}{\dot{x}} \left[ \frac{m}{2} (\dot{x}^2 + \dot{y}^2 ) - \dfrac{k}{2(x^2+y^2)}\right]= \frac{d}{dt} m\dot{x} = m \ddot{x}\\\pd{\Lag}{x} &= \pd{}{x} \left[\frac{m}{2} (\dot{x}^2 + \dot{y}^2 ) - \dfrac{k}{2(x^2+y^2)}\right]= \frac{kx}{(x^2 + y^2)^2},\end{split}\]


also m\ddot{x} =\frac{kx}{(x^2 + y^2)^2}. Wie in Aufgabe 5.2 liegt eine Symmetrie in x und y vor, so dass wir als Bewegungsgleichungen

    \[\begin{split}\ddot{x} &= \frac{kx}{(x^2 + y^2)^2}\\\ddot{y} &= \frac{ky}{(x^2 + y^2)^2}\end{split}\]


bekommen.

Hinterlasse einen Kommentar.

Deine E-Mail-Adresse wird nicht veröffentlicht.