Lösungen Band I, Vorlesung 6

Aufgabe 6.1


Zeigen Sie, dass Gl. 6.4 nur eine andere Schreibweise der Newton-Gleichung F=ma ist.

    \[\frac{d}{dt} \pd{\Lag}{\dot{x}} = \pd{\Lag}{x} \;\;\;\;\;(6.4) \]

Lösung:

Aus

    \[ \Lag = \frac{1}{2}m \dot{x}^2 - V(x)\]


folgt für die linke Seite der Euler-Lagrange-Gleichung 6.4

    \[\begin{split}\frac{d}{dt} \pd{\Lag}{\dot{x}} &= \frac{d}{dt} \pd{}{\dot{x}} (\frac{1}{2}m \dot{x}^2 - V(x))\\&= \frac{d}{dt} m \dot{x}\\&= m \ddot{x},\end{split}\]


und für die rechte Seite

    \[\begin{split}\pd{\Lag}{x} &= \pd{}{x} (\frac{1}{2}m \dot{x}^2 - V(x))\\&= -V'(x).\end{split}\]


Wegen a=\ddot{x} und F=-V' folgt somit die Newton-Gleichung F=ma.


Aufgabe 6.2

Zeigen Sie, dass Gl. 6.6 nur eine andere Form der Newton-Gleichung F_i=m_i\ddot{x}_i ist.

    \[ \frac{d}{dt} \left(\pd{\Lag}{\dot{x}_i}\right) = \pd{\Lag}{x_i} \;\;\;\;\;(6.6) \]

Lösung:

Aus

    \[\Lag = \sum_i \left(\frac{1}{2}m_i \dot{x}_i^2 \right)- V({x})\]


folgt

    \[\begin{split}\frac{d}{dt} \pd{\Lag}{\dot{x}_i} &= \frac{d}{dt} \pd{}{\dot{x}_i} \left[\sum_j \left(\frac{1}{2}m_j \dot{x}_j^2\right) - V({x})\right]\\&=\frac{d}{dt} \pd{}{\dot{x}_i} \left(\frac{1}{2}m_i \dot{x}_i^2\right)\\&=\frac{d}{dt} m_i\dot{x}_i\\&= m \ddot{x_i},\end{split}\]


da in der Summe alle Terme mit j\ne i wegfallen, da sie nicht von x_i abhängen. Weiter gilt

    \[\begin{split}\pd{\Lag}{_x} &= \pd{}{x_i} \left[\sum_i \left(\frac{1}{2}m_i \dot{x}_i^2 \right)- V({x})\right]\\&= -\pd{V({x})}{x_i}.\end{split}\]


und damit F_i = m_i a_i.


Aufgabe 6.3

Benutzen Sie die Euler-Lagrange-Gleichungen, um die Bewegungsgleichungen aus der Lagrange-Funktion in Gl. 6.12 herzuleiten.

Dabei ist:

    \[\Lag = \frac{m}{2} (\dot{X}^2 + \dot{Y}^2) + \dfrac{m\omega^2}{2} (X^2 + Y^2) + m\omega(\dot{X}Y - \dot{Y}X) \;\;\;\;\;(6.12)\]

Lösung:

Hier ist sorgfältiges Ausrechnen der Euler-Lagrange-Gleichungen angesagt. Wir beginnen mit der X-Koordinate:

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


und

    \[\begin{split}\pd{\Lag}{X} &= \pd{}{X} \left( \frac{m}{2} (\dot{X}^2 + \dot{Y}^2) + \dfrac{m\omega^2}{2} (X^2 + Y^2) + m\omega(\dot{X}Y - \dot{Y}X)\right)\\&= m \omega^2 X - m \omega \dot{Y}.\end{split}\]


Gleichsetzen der linken und rechten Seite ergibt

    \[m \ddot{X} + m \omega \dot{Y} = m \omega^2 X - m \omega \dot{Y}, \]


also

    \[ \ddot{X} = \omega^2 X - 2 \omega \dot{Y}. \]


Entsprechend erhalten wir die Bewegungsgleichung für Y durch

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


und

    \[\begin{split}\pd{\Lag}{Y} &= \pd{}{Y} \left( \frac{m}{2} (\dot{X}^2 + \dot{Y}^2) + \dfrac{m\omega^2}{2} (X^2 + Y^2) + m\omega(\dot{X}Y - \dot{Y}X)\right)\\&= m \omega^2 Y + m \omega \dot{X}.\end{split}\]


Gleichsetzen der linken und rechten Seite ergibt

    \[m \ddot{Y} - m \omega \dot{X} = m \omega^2 Y + m \omega \dot{X}, \]


also

    \[ \ddot{Y} = \omega^2 Y + 2 \omega \dot{X}. \]


Dies sind also die beiden Bewegungsgleichungen:

    \[\begin{split}\ddot{X} &= \omega^2 X - 2 \omega \dot{Y} \\\ddot{Y} &= \omega^2 Y + 2 \omega \dot{X}.\end{split}\]


Aufgabe 6.4

Stellen Sie Georges Lagrange-Funktion und die Euler-Gleichungen in Polarkoordinaten auf.

    \[\Lag = \frac{m}{2} (\dot{X}^2 + \dot{Y}^2) + \dfrac{m\omega^2}{2} (X^2 + Y^2) + m\omega(\dot{X}Y - \dot{Y}X)\]

Lösung:

Durch die Polarkoordinaten erhalten wir die folgenden Ersetzungen:

    \[\begin{split}X(t) &= R(t) \cos \theta(t), \;\;\;\;\;\;\dot{X}(t) = \dot{R}(t) \cos \theta(t) -R(t)\; \dot{\theta}(t) \sin \theta(t)\\Y(t) &= R(t) \sin \theta(t), \;\;\;\;\;\;\dot{Y}(t) = \dot{R}(t) \sin \theta(t) +R(t)\; \dot{\theta}(t) \cos \theta(t).\end{split}\]


Ich lasse das Argument t jetzt der Übersichtlichkeit halber weg. Wir erhalten daher für den Ausdruck \dot{X}^2 + \dot{Y}^2:

    \[\begin{split}\dot{X}^2 + \dot{Y}^2 &= (\dot{R} \cos \theta -R\; \dot{\theta} \sin \theta)^2 + (\dot{R} \sin \theta +R\; \dot{\theta} \cos \theta)^2\\&= (\dot{R}^2 \cos^2 \theta - 2\dot{R}R \dot{\theta}\cos \theta \sin \theta + R^2\; \dot{\theta}^2 \sin^2 \theta) + \\&\;\;\;\; (\dot{R}^2 \sin^2 \theta + 2\dot{R}R \dot{\theta}\sin \theta \cos \theta + R^2\; \dot{\theta}^2 \cos^2 \theta)\\&= \dot{R}^2 + R^2 \dot{\theta}^2.\end{split}\]


Weiter gilt

    \[\begin{split}\dot{X}Y - \dot{Y}X &= ()\dot{R} \cos \theta -R\; \dot{\theta} \sin \theta)(R \sin \theta) -(\dot{R} \sin \theta +R\; \dot{\theta} \cos \theta)(R \cos \theta)\\&= (\dot{R}R \cos \theta \sin \theta -R^2 \dot{\theta} \sin^2 \theta) - (\dot{R}R \sin \theta \cos \theta + R^2 \dot{\theta} \cos^2 \theta)\\&= -R^2 \dot{\theta},\end{split}\]


und schließlich

    \[X^2 + Y^2 = R^2 \cos^2 \theta + R^2 \sin^2 \theta = R^2.\]

Damit wird die Lagrange-Funktion zu

    \[ \Lag = \frac{m}{2}(\dot{R}^2 + R^2 \dot{\theta}^2) + \frac{m \omega^2}{2} R^2 - m \omega R^2 \dot{\theta}. \]


Die Lagrange-Funktion ist nun von den Variablen R und \theta abhängig.

Die Euler-Lagrange-Gleichung für \theta ergibt sich aus

    \[\begin{split}\frac{d}{dt} \pd{\Lag}{\dot{\theta}} &= \frac{d}{dt} \pd{}{\dot{\theta}} \left(\frac{m}{2} (\dot{R}^2 + R^2 \dot{\theta}^2) + \frac{m \omega^2}{2} R^2 - m\omega R^2 \dot{\theta}\right)\\&= \frac{d}{dt} (m R^2 \dot{\theta} - m \omega R^2)\\&= m R^2 \ddot{\theta} - 2m\omega R \dot{R},\\\pd{\Lag}{\theta} &= \pd{}{\theta} \left(\frac{m}{2} R^2 \dot{\theta}^2 + \frac{m \omega^2}{2} R^2 - m\omega R^2 \dot{\theta}\right) = 0.\end{split}\]


\theta ist eine zyklische Variable, d.h. sie taucht in der Lagrange-Funktion nicht auf.
Daher ist die rechte Seite der Euler-Lagrange-Gleichung 0, und der Ausdruck m R^2 \dot{\theta} - m \omega R konstant. Ist \omega = 0, so ist dies einfach die Erhaltung des Drehimpulses m R^2 \dot{\theta}.

Die Euler-Lagrange-Gleichung für R erhält man durch

    \[\begin{split}\frac{d}{dt} \pd{\Lag}{\dot{R}} &= \frac{d}{dt} \pd{}{\dot{R}} \left(\frac{m}{2} (\dot{R}^2 + R^2 \dot{\theta}^2) + \frac{m \omega^2}{2} R^2 - m\omega R^2 \dot{\theta}\right)\\&= \frac{d}{dt} m\dot{R}\\&= m \ddot{R},\\\pd{\Lag}{R} &= \pd{}{R} \left(\frac{m}{2} (\dot{R}^2 + R^2 \dot{\theta}^2) + \frac{m \omega^2}{2} R^2 - m\omega R^2 \dot{\theta}\right)\\&= m R \dot{\theta}^2 + m \omega^2 R - 2 m \omega R \dot{\theta}.\end{split}\]

Die Bewegungsgleichungen lauten damit:

    \[\begin{split}\ddot{R} &= R \; \dot{\theta}^2 + \omega^2 R - 2 \omega R \; \dot{\theta}\\R^2 \ddot{\theta}&= 2 \omega R \dot{R}.\end{split}\]


Aufgabe 6.5

Verwenden Sie das Ergebnis, um die Bewegung eines Pendels der Länge l zu bestimmen.

Lösung:

Mit dem Ergebnis ist der Erhalt des Drehimpulses genannt, d.h.

    \[ p_\theta = m l^2 \dot{\theta} = K \]

mit einer Konstanten K. Aus der Bewegungsgleichung

    \[ \dot{\theta} = \frac{K}{m l^2}\]

folgt        

    \[ \theta(t) = \frac{K}{m l^2} t + \theta_0  \]

mit einem Startwinkel \theta_0. Bei fehlender Schwerkraft kreist das Pendel also mit konstanter Geschwindigkeit im Abstand l um den Mittelpunkt.


Aufgabe 6.6

Erklären Sie, wie wir dies herleiten können.

Lösung:

Wir haben die Lagrange-Funktion


    \[ \Lag = \frac{m}{2} (\dot{x}_1^2 + \dot{x}_2^2) - V(x_1-x_2). \]

Der Potentialterm V(x_1-x_2) legt es nahe, zu den Schwerpunktskoordinaten

    \begin{align*}x_+ &= \frac{x_1+x_2}{2}\\x_- &= \frac{x_1-x_2}{2}\end{align*}

überzugehen. Es ist dann

    \begin{align*}\dot{x}+ &= \frac{\dot{x}_1+\dot{x}_2}{2}\\ \dot{x}- &= \frac{\dot{x}_1-\dot{x}_2}{2}\end{align*}

Es gilt nun für die kinetische Energie

    \begin{align*}m(\dot{x}_+^2 + \dot{x}-^2) &= m\bigg( \frac{(x_1+x_2)^2}{4} + \frac{(x_1-x_2)^2}{4} \bigg)\\&= m \bigg( \frac{x_1^2 + 2x_1x_2 + x_2^2 + x_1^2 - 2x_1x_2+x_2^2}{4} \bigg) \\&= m\bigg(\frac{2x_1^2 + 2x_2^2}{4}\bigg)\\&= \frac{m}{2}(x_1^2 + x_2^2) = T.\end{align*}

Es ist also tatsächlich T = m(\dot{x}_+^2 + \dot{x}_-^2).

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