Lagrange's Demon de-Konserviert den Winkelimpuls

Question

Lagrange's Demon de-Konserviert den Winkelimpuls

jstark

Monsieur Lagrange zieht eine Schnur durch ein Loch in einem horizontalen Tisch und bewirkt dadurch eine rotierende (Punkt-)Masse. Ein Dämon sitzt auf seiner Schulter und verfolgt aufmerksam das Geschehen. Es gibt keine potentielle Funktion. Der Lagrange ist

\begin{matrix} (1) & L = \frac{1}{2} M {\dot{R}}^{2} + \frac{1}{2} M R^{2} {\dot{θ}}^{2} . \end{matrix}

$\mathcal{L}= \frac12m \dot{r}^2 +\frac12m r^2\dot{\theta}^2. \tag{1}$

Da sich Monsieur Lagrange an ein Zeitprotokoll hält, haben wir einen Lagrange mit Zwang

\begin{matrix} (2) & L^{'} = \frac{1}{2} M {\dot{R}}^{2} + \frac{1}{2} M R^{2} {\dot{θ}}^{2} + λ (R - G (T)) . \end{matrix}

$\mathcal{L'}= \frac12m \dot{r}^2 +\frac12m r^2\dot{\theta}^2+ \lambda (r-g(t)) .\tag{2}$

Euler-Lagrange für $r$ Ist

\begin{aligned} \frac{D}{D T} \frac{\partial L^{'}}{\partial \dot{R}} - \frac{\partial L^{'}}{\partial R} & = M (\ddot{R} - R {\dot{θ}}^{2}) + \frac{D}{D T} \frac{\partial λ (R - G (T))}{\partial \dot{R}} - \frac{\partial λ (R - G (T))}{\partial R} \\ \approx M (\ddot{R} - R {\dot{θ}}^{2}) - λ \\ (3) & = 0, \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d }{dt }\frac{\partial\mathcal{L'}}{\partial \dot{r}}-\frac{\partial \mathcal{L'}}{\partial {r}}&= m(\ddot{r}-r \dot {\theta} ^2) + \frac{d }{dt }\frac{\partial\lambda(r-g(t))}{\partial \dot{r}}-\frac{\partial \lambda (r-g(t))}{\partial {r}} \\ &\approx m(\ddot{r}-r \dot {\theta} ^2)-\lambda \\ &= 0,\tag{3} \end{align}$

Wo $\approx$ gibt hier und dreimal danach an, dass möglicherweise einige Ableitungen mit null Eaux-Schale multipliziert werden.

Euler-Lagrange für $\theta$ Ist

\begin{aligned} \frac{D}{D T} \frac{\partial L^{'}}{\partial \dot{θ}} - \frac{\partial L^{'}}{\partial θ} & = \frac{D}{D T} (M R^{2} \dot{θ}) + \frac{D}{D T} \frac{\partial λ (R - G (T))}{\partial \dot{θ}} - \frac{\partial λ (R - G (T))}{\partial θ} \\ \approx \frac{D}{D T} (M R^{2} \dot{θ}) \\ (4) & = 0. \end{aligned}

$\begin{align}\frac{d }{dt }\frac{\partial\mathcal{L'}}{\partial \dot{\theta}}-\frac{\partial \mathcal{L'}}{\partial {\theta}} &= \frac{d}{dt} (m r^2 \dot{{\theta}}) + \frac{d }{dt }\frac{\partial\lambda(r-g(t))}{\partial \dot{\theta}}-\frac{\partial \lambda (r-g(t))}{\partial {\theta}} \\ &\approx \frac{d}{dt} (m r^2 \dot{{\theta}}) \\ &= 0.\tag{4} \end{align}$

Wir identifizieren $mr^2\dot{\theta}$ als Drehimpuls, $L$ , eine Konstante der Bewegung. Ohne den vollen Hamilton-Formalismus aufzustellen, können wir die Änderung der kinetischen Energie berechnen.

\begin{matrix} (5) & T = \frac{1}{2} M ({\dot{R}}^{2} + R^{2} {\dot{θ}}^{2}) = \frac{1}{2} (M {\dot{R}}^{2} + \frac{L^{2}}{M R^{2}}) . \end{matrix}

$T= \frac12m(\dot{r}^2+r^2 \dot{\theta}^2)=\frac12\left(m\dot{r}^2+\frac{L^2}{mr^2}\right).\tag{5}$

\begin{aligned} \frac{D T}{D T} & = M \dot{R} \ddot{R} - \frac{L^{2}}{M R^{3}} \dot{R} \\ = (M \ddot{R} - \frac{(M R^{2} \dot{θ})^{2}}{M R^{3}}) \dot{R} \\ = M (\ddot{R} - R {\dot{θ}}^{2}) \dot{R} \\ (6) & = λ \dot{R} . \end{aligned}

$\begin{align} \frac{dT}{dt}&=m\dot{r}\ddot{r} -\frac{L^2}{mr^3}\dot{r}\\ &= \left(m\ddot{r}- \frac{(mr^2\dot{\theta})^2}{mr^3}\right)\dot{r}\\ &=m (\ddot{r} - r \dot{\theta}^2)\dot{r}\\ &= \lambda \dot{r}.\tag{6} \end{align}$

Bisher keine Überraschungen: $\theta$ ist "ignorierbar", Drehimpuls $L$ wird konserviert. Der Lagrange-Multiplikator $\lambda$ ist die Gesamtkraft in der "r"-Richtung gleich dem Negativ der Kraft, die von Lagrange ausgeübt wird, der arbeitet, wenn er die Masse nach innen zieht.

Jetzt ... hat der Dämon eine Tabelle zusammengestellt $\theta$ vs. Zeit und verwendet die implizite Funktionstheorie, um r als eine Funktion von wiederzugeben $\theta$ . Im zweiten Lauf wird Monsieur Lagrange also gezwungen sein.

DIE FLUGBAHN MUSS UNVERÄNDERT BLEIBEN.

\begin{matrix} (7) & L^{″} = \frac{1}{2} M {\dot{R}}^{2} + \frac{1}{2} M R^{2} {\dot{θ}}^{2} + μ (R - H (θ)) . \end{matrix}

$\mathcal{L''}= \frac12m \dot{r}^2 +\frac12m r^2\dot{\theta}^2+ \mu (r-h(\theta)).\tag{7}$

Euler-Lagrange für $r$ Ist

\begin{aligned} \frac{D}{D T} \frac{\partial L^{″}}{\partial \dot{R}} - \frac{\partial L^{″}}{\partial R} & = M (\ddot{R} - R {\dot{θ}}^{2}) + \frac{D}{D T} \frac{\partial μ (R - H (θ))}{\partial \dot{R}} - \frac{\partial μ (R - H (θ))}{\partial R} \\ \approx M (\ddot{R} - R {\dot{θ}}^{2}) - μ \\ (8) & = 0. \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d }{dt }\frac{\partial\mathcal{L''}}{\partial \dot{r}}-\frac{\partial \mathcal{L''}}{\partial {r}}&= m(\ddot{r}-r \dot {\theta} ^2) + \frac{d }{dt }\frac{\partial\mu (r-h(\theta))}{\partial \dot{r}}-\frac{\partial \mu (r-h(\theta))}{\partial {r}} \\ &\approx m(\ddot{r}-r \dot {\theta} ^2)-\mu \\ &= 0.\tag{8} \end{align}$

Euler-Lagrange für $\theta$ Ist

\begin{aligned} \frac{D}{D T} \frac{\partial L^{″}}{\partial \dot{θ}} - \frac{\partial L^{″}}{\partial θ} & = \frac{D}{D T} (M R^{2} \dot{θ}) + \frac{D}{D T} \frac{\partial μ (R - H (θ))}{\partial \dot{θ}} - \frac{\partial μ (R - H (θ))}{\partial θ} \\ \approx \frac{D}{D T} (M R^{2} \dot{θ}) + μ \frac{\partial H}{\partial θ} \\ = \frac{D L}{D T} + μ \frac{\dot{R}}{\dot{θ}} \\ (9) & = 0. \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d }{dt }\frac{\partial\mathcal{L''}}{\partial \dot{\theta}}-\frac{\partial \mathcal{L''}}{\partial {\theta}}&= \frac{d}{dt} (m r^2 \dot{{\theta}}) + \frac{d }{dt }\frac{\partial\mu(r-h(\theta))}{\partial \dot{\theta}}-\frac{\partial \mu (r-h(\theta))}{\partial {\theta}} \\ &\approx \frac{d}{dt} (m r^2 \dot{{\theta}}) + \mu \frac{\partial h}{\partial \theta} \\ &= \frac {d L}{d t} + \mu \frac {\dot r}{\dot \theta} \\ &= 0.\tag{9} \end{align}$

Jetzt sehen wir das sofort da $\theta$ ist nicht mehr "ignorierbar", der Drehimpuls ist nicht mehr erhalten. Andererseits ist der Lagrange-Multiplikator (jetzt $\mu$ ) ist immer noch die Gesamtkraft, die in der wirkt $r$ Richtung. Wir können wieder die Änderungsrate der kinetischen Energie berechnen.

\begin{aligned} \frac{D T}{D T} & = M \dot{R} \ddot{R} - \frac{L^{2}}{M R^{3}} \dot{R} + \frac{1}{2 M R^{2}} \cdot \frac{D}{D T} L^{2} \\ = (M \ddot{R} - \frac{(M R^{2} \dot{θ})^{2}}{M R^{3}}) \dot{R} + \frac{1}{2 M R^{2}} \cdot 2 L \frac{D L}{D T} \\ = μ \dot{R} + \frac{1}{2 M R^{2}} \cdot 2 M R^{2} \dot{θ} \cdot (- 1) μ \frac{\dot{R}}{\dot{θ}} \\ = μ \dot{R} - μ \dot{R} \\ (10) & = 0. \end{aligned}

$\begin{align} \frac{dT}{dt}&=m\dot{r}\ddot{r} -\frac{L^2}{mr^3}\dot{r}+ \frac1{2mr^2} \cdot \frac{d}{dt} L^2\\ &=\left(m\ddot{r}- \frac{(mr^2\dot{\theta})^2}{mr^3}\right)\dot{r}+ \frac1{2mr^2} \cdot 2L \frac{dL}{dt}\\ &= \mu \dot{r}+ \frac1{2mr^2} \cdot 2 mr^2 \dot{\theta}\cdot (-1) \mu \frac {\dot{r}}{\dot{\theta}}\\ &=\mu \dot{r} - \mu \dot{r}\\ &=0.\tag{10} \end{align}$

Nun, ich kann nicht sehen, was der Fehler ist. Rechenfehler scheint es nicht zu geben. Der Dämon wird nur Dinge sagen wie $\theta$ geht von diesem zu jenem, also müssen Sie die Schnur von diesem einziehen $r$ dazu $r$ .

Ich scheine mich aus der Elektrotechnik zu erinnern, dass "ein System 'beobachtbar' ist, wenn diese Matrix vollen Rang hat" und "ein System 'steuerbar' ist, wenn diese Matrix oder eine andere Matrix vollen Rang hat oder weniger als vollen Rang hat, aber ich sehe nicht einmal, wie es gilt.

(aufgenommen in das OP von OP aus der ursprünglichen "Antwort" von OP in "Erwartung" der Antwort von @Qmechanic, Kommentar von @ACuriousMind)

Einzelheiten? Der Dämon steckt im Detail. Die Konstruktion im zweiten Teil ist ganz allgemein nach der Theorie der impliziten Funktionen. Zu einem konkreten Beispiel:

Wir wissen $L=mr^2\dot{\theta}$ oder $\dot{\theta}= \frac{1}{r^2} \frac{L}{m}$ . Nehmen wir die folgende Versuchsfunktion der Zeit an:

$\frac{1}{r^2}=At+B$ , (dh $r=g(t)=\frac{1}{\sqrt{At+B}}$ ), wobei A und B positiv sind. Beachten Sie auch das $L$ ist (noch) eine Konstante der Bewegung, die wir als positiv annehmen.

\begin{aligned} θ = \frac{L}{M} \int (A T + B) D T & = \frac{L}{M} (\frac{1}{2} A T^{2} + B T) \\ \frac{1}{2} A T^{2} + B T - \frac{M}{L} θ & = 0 \\ ∴ T & = \frac{- B + \sqrt{B^{2} + 4 \frac{1}{2} A \frac{M}{L}} θ}{A} \end{aligned}

$\begin{align}\theta =\frac{L}{m}\int\,(At+B)~\mathrm dt &=\frac{L}{m}\left( \frac{1}{2}At^2+Bt\right) \\ \frac{1}{2}At^2+Bt-\frac{m}{L}\theta &=0\\ \therefore ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ t &= \frac{-B+ \sqrt{B^2 + 4 \frac{1}{2} A \frac{m}{L}} \theta}{A}\end{align}$

Hier haben wir die positive Wurzel gewählt.

R = \frac{1}{\sqrt{A T + B}} = \frac{1}{\sqrt{A \frac{- B + \sqrt{B^{2} + 4 \frac{1}{2} A \frac{M}{L}} θ}{A} + B}} = \frac{1}{\sqrt{\sqrt{B^{2} + 2 A \frac{M}{L} θ}}}

$r= \frac{1}{\sqrt{At+B}} = \frac{1}{\sqrt{A \frac{-B+ \sqrt{B^2 + 4 \frac{1}{2} A \frac{m}{L}} \theta}{A}+B }} = \frac{1}{\sqrt{\sqrt{B^2+2A \frac{m}{L}\theta}}}$

(dh $r=h(\theta)= \frac{1}{\sqrt{\sqrt{B^2+2A \frac{m}{L}\theta}}}$ )

Damit ist das vorliegende Problem nicht abgeschlossen, denn es bleibt die Möglichkeit, dass selbst wenn r vom Lagrange-Multiplikator heruntergezogen wird, $\lambda$ , ist Null.

\begin{aligned} R & = (A T + B)^{- \frac{1}{2}} \\ \dot{R} & = - \frac{1}{2} (A T + B)^{- \frac{3}{2}} A \\ \ddot{R} & = + \frac{3}{4} (A T + B)^{- \frac{5}{2}} A^{2} = \frac{3}{4} A^{2} R^{5} \end{aligned}

$\begin{align} r &=(At+B)^ {-\frac{1}{2}}\\ \dot {r} &=-~\frac{1}{2}(At+B) ^{-\frac{3}{2}}A\\ \ddot{r} &=+~\frac{3}{4}(At+B)^{-\frac{5}{2}}A^2= \frac{3}{4} A^2 r^5\end{align}$

Aber

λ = M (\ddot{R} - \dot{θ^{2}} R) = M (\ddot{R} - {(\frac{L}{M})}^{2} \frac{1}{R^{3}}) = M (\frac{3}{4} A^{2} R^{5} - {(\frac{L}{M})}^{2} \frac{1}{R^{3}})

$\lambda=m\left(\ddot{r}-\dot{\theta^2}r\right)=m\left( \ddot{r}-\left(\frac{L}{m}\right)^2 \frac{1}{r^3}\right)=m\left(\frac{3}{4} A^2 r^5-\left(\frac{L}{m}\right)^2\frac{1}{r^3}\right)$

Ich bin sicher, Sie sehen, dass es nur eine geringe Chance gibt, dass dieser Lagrange-Multiplikator keine Arbeit leistet.

Ich denke, meine ursprüngliche Frage enthielt zwei Nachteile. Keiner von beiden brachte den "Bau" für den zweiten Lauf mit sich. Der erste Nachteil betraf die Einschränkung selbst: $\lambda(r-g(t))$ Ist diese "Beschränkung" nun holonom?; nicht holonom? So viel Sie möchten, auch wenn $\lambda$ explizite Zeitabhängigkeit besitzen darf, kann es nicht in die Form gegossen werden $\lambda$ F(alle verallgemeinerten Koordinaten, alle verallgemeinerten Geschwindigkeiten).

Alternativ denkt Qmechanic gerne in Begriffen von potenzieller Energie $V := \lambda (g(\theta,t)-r)$ . Aber aus dem gleichen Grund erinnere ich mich an Übergangswahrscheinlichkeiten (in Qm 101 (oder 102)) und an das Schmähen gegen zeitabhängige potentielle Energien, sogar nur auf der rechten Seite von Shroedingers Gleichung.

Einerseits, je mehr ich über diese Rätsel nachdenke (die De-Erhaltung des Drehimpulses und, wie Qmechanic betonte, die Re-Erhaltung der kinetischen Energie), desto weniger stört es mich. Auf der anderen Seite fehlt immer noch etwas. Die Frage wird nicht richtig gestellt...

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Lagrange's Demon de-Konserviert den Winkelimpuls

QMechaniker · Answer 1

Lassen Sie uns die Masse setzen $m=1$ der Einfachheit halber. Monsieur Lagrange und der Dämon erwägen einen Lagrangian der Form

\begin{matrix} (A) & L = T - v, T := \frac{1}{2} v^{2} = \frac{1}{2} ({\dot{R}}^{2} + R^{2} {\dot{θ}}^{2}), v := λ (G (θ, T) - R) . \end{matrix}

$L~=~ T -V , \qquad T~:=~\frac{1}{2}v^2~=~ \frac{1}{2}(\dot{r}^2+ r^2\dot{\theta}^2), \qquad V~:=~\lambda(g(\theta,t)-r). \tag{A}$

Die Lagrange-Impulse sind

\begin{matrix} (B) & P_{R} = \frac{\partial L}{\partial \dot{R}} = \dot{R}, P_{θ} = \frac{\partial L}{\partial \dot{θ}} = R^{2} \dot{θ}, P_{λ} = \frac{\partial L}{\partial \dot{λ}} = 0. \end{matrix}

$p_r~=~\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}~=~\dot{r}, \qquad p_{\theta}~=~\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}~=~r^2\dot{\theta}, \qquad p_{\lambda}~=~\frac{\partial L}{\partial \dot{\lambda}}~=~0. \tag{B}$

Die Lagrange-Energiefunktion ist

\begin{matrix} (C) & H := P_{R} \dot{R} + P_{θ} \dot{θ} + P_{λ} \dot{λ} - L = T + v . \end{matrix}

$h~:=~p_r\dot{r}+p_{\theta}\dot{\theta}+p_{\lambda}\dot{\lambda}-L~=~T+V.\tag{C}$

Im ersten Teil des Experiments ließ das Duo die Funktion
$\begin{matrix} (D) & G (θ, T) = F (T) \end{matrix}$ $g(\theta,t)~=~f(t)\tag{D}$ unabhängig sein von $\theta$ sondern eine gegebene feste explizite Funktion der Zeit sein $t$ . Dies impliziert, dass die Energie (C) nicht notwendigerweise zeitlich erhalten bleibt.
Im zweiten Teil des Experiments stimmt das Duo die Funktion ab
$\begin{matrix} (E) & G (θ, T) = H (θ; Anfangsdaten) \end{matrix}$ $g(\theta,t)~=~h(\theta; \text{initial data})\tag{E}$ zu einer Funktion ohne explizite Zeitabhängigkeit, aber so, dass die Trajektorien für $r$ Und $\theta$ (aber nicht zwingend $\lambda$ ) sind die gleichen wie im ersten Teil. Da es keine explizite Zeitabhängigkeit gibt, bleibt die Energie (C) zeitlich erhalten. OP stellt fest, dass die Energieeinsparung im zweiten Teil in potenziellem Konflikt mit dem ersten Teil steht.

Zunächst einmal ist die Konstruktion im zweiten Teil für eine generisch gegebene Funktion nicht möglich $f(t)$ .

Das sagen wir für die Sonderfunktionen voraus $f(t)$ wo der zweite Teil möglich ist, die Zwangskraft $\lambda$ Null ist, so dass die Energie (C) in beiden Versuchsteilen zeitlich erhalten bleibt und damit den scheinbaren Widerspruch auflöst. Wir überlassen es dem Leser, die Einzelheiten herauszuarbeiten.

jstark · Answer 2

Hier ist die wahre Antwort. Betrachten Sie die erste eingeschränkte Lagrange-Funktion:

L^{'} = (1 / 2) M {\dot{R}}^{2} + (1 / 2) M R^{2} {\dot{θ}}^{2} + λ (R - G (T))

$\mathcal{L'}= (1/2)m \dot{r}^2 +(1/2)m r^2\dot{\theta}^2+ \lambda (r-g(t))$

Wir sehen die kinetische Energie, den Lagrange-Multiplikator, die Beschränkung, die alle in Polarkoordinaten gerendert sind. Aber der Lagrangian ist nur ZUFÄLLIG für die physische Einrichtung, dh Monsieur Lagrange und seine Saite. Die Wirksamkeit von Polarkoordinaten wird sogar noch unterstrichen, wenn man die Richtung der „generalisierten Kraft“ untersucht:

F_{R} = λ \frac{\partial (R - G (T))}{\partial R} = λ

$f_r= \lambda \frac{\partial(r-g(t))}{\partial r}=\lambda$

F_{θ} = λ \frac{\partial (R - G (T))}{\partial θ} = 0

$f_\theta=\lambda\frac{\partial(r-g(t))}{\partial \theta}=0$

Wenn nun der Daemon stichelt, soll der zweite Lauf entsprechend eingeschränkt werden $r=h(\theta)$ Signore Lagrange sollte zu Recht antworten: "Aber das habe ich gerade getan."

Der zweite eingeschränkte Lagrange ist

L^{″} = (1 / 2) M {\dot{R}}^{2} + (1 / 2) M R^{2} {\dot{θ}}^{2} + μ (R - H (θ))

$\mathcal{L''}= (1/2)m \dot{r}^2 +(1/2)m r^2\dot{\theta}^2+ \mu (r-h(\theta))$

Der psychologische Fehler, und er ist ein mächtiger, besteht darin, dass es eine Mezmerisierung gibt, die von den Polarkoordinaten ausgeht und zu der Erwartung führt, dass der Ursprung der einschränkenden Kraft der ursprüngliche experimentelle Aufbau sein muss: Signore Lagrange und seine Saite. Dieser Irrtum wird nur entkräftet, wenn man die Richtung der "generalisierten Kraft" betrachtet:

F_{R} = μ \frac{\partial (R - H (θ))}{\partial R} = μ

$f_r= \mu \frac{\partial(r-h(\theta))}{\partial r}=\mu$

F_{θ} = μ \frac{\partial (R - H (θ))}{\partial θ} = μ (-) \frac{\partial H}{\partial θ} = - μ \frac{\partial R}{\partial θ} = - μ \frac{\dot{R}}{\dot{θ}}

$f_\theta=\mu\frac{\partial(r-h(\theta))}{\partial \theta}=\mu (-)\frac{\partial h}{\partial \theta}=- \mu \frac{\partial r}{\partial \theta}=- \mu \frac{\dot{r}}{\dot{\theta}}$

Als $\mathcal{L''}$ , das ist die kinetische Energie, der Lagrange-Multiplikator und die Zwangsbedingung, sich durch den 2+1-Raum "schnüffelt", und zwar so, dass die Zwangskraft NICHT aus dem ursprünglichen Versuchsaufbau stammen kann. $(f_\theta \neq 0)$

Letzteres beweist das $L$ müssen dekonserviert werden. Und da die Richtung der "verallgemeinerten Kraft" trivialerweise senkrecht zur tatsächlichen Flugbahn gesehen wird: Kinetische Energie wird wieder erhalten!

Der einfachste experimentelle Aufbau, der sich manifestiert $\mathcal{L''}$ ist vielleicht das einfachste von allen: ein Trog (mit einem Eiswürfel).

(Ein weiteres Beispiel für Iso-Geschwindigkeit ist "Tetherball", bei diesem Anblick NICHT gut erklärt.)

Konnte Signore Lagrange und seine Schnur seine Masse entlang der Flugbahn eines solchen Trogs einschränken? Die Antwort ist „Ja“, aber nur so lange, wie das Wort „Trajektorie“ so verstanden wird, dass es r als Funktion von bedeutet $\theta$ . Man muss die Erhaltung von neu annehmen $L=mr^2 \dot{\theta}$ und integrieren. Aber wenn man mit "Trajektorie" die gemeinsame Abhängigkeit von r und meint $\theta$ Auf t lautet die Antwort, wie wir gesehen haben, "Nein".

Könnte es schließlich Auswirkungen auf die reale Physik geben? Könnte es Formulierungen im Sinne von Lagrange und dann Umformulierungen in Begriffen gegeben haben, die im "Kontext" des "physikalischen Aufbaus" (dh des Universums) keine "Unterstützung" mehr finden konnten. QFT? GR? Klingt nach etwas, auf das Monsieur Dirac gesprungen wäre. Aber das muss ich ihm und anderen Real-Physikern überlassen.

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jstark

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QMechaniker

jstark

jstark

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