Müssen verallgemeinerte Koordinaten orthogonal sein?

Question

Müssen verallgemeinerte Koordinaten orthogonal sein?

Skipher

Ich habe Konzepte zu Mechaniken aus Online-Beiträgen und Wikipedia-Seiten aufgegriffen, also verzeihen Sie bitte mein begrenztes Verständnis. Ich versuche gerade herauszufinden, ob es in Ordnung ist, einen beliebigen Satz verallgemeinerter Koordinaten zu wählen, solange sie minimal und unabhängig sind, nicht unbedingt orthogonal.

Wenn ich zum Beispiel ein Doppelpendel nehme, kann ich die beiden Winkel als verallgemeinerte Koordinaten auswählen und annehmen, dass ich ein externes Drehmoment habe $\tau_2$ beantragt bei $\theta_2$ . Dann können die Bewegungsgleichungen geschrieben werden als

\frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial \dot{Q}}) - \frac{\partial L}{\partial Q} = Q

$\frac d{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot q}\right) - \frac{\partial L}{\partial q} = Q$

Wo $Q=\begin{bmatrix} 0 \\ \tau_2\end{bmatrix}$

Was aber, wenn ich die verallgemeinerten Koordinaten wählen würde

\vec{Q} = [\begin{matrix} θ_{1} \\ θ_{1} + θ_{2} \end{matrix}]

$\vec{q}=\begin{bmatrix} \theta_1 \\ \theta_1+\theta_2\end{bmatrix}$

Wäre jetzt die verallgemeinerte äußere Kraft

Q = [\begin{matrix} - τ_{2} \\ τ_{2} \end{matrix}]

$Q=\begin{bmatrix} -\tau_2 \\ \tau_2\end{bmatrix}$

Das kommt mir seltsam vor, weil es jetzt so steht $-\tau_2$ wird auf die erste Koordinate angewendet $\theta_1$ obwohl das externe Drehmoment nur eingeschaltet ist $\theta_2$ .

Ich habe nachgerechnet $Q$ als $\frac{\partial W}{\partial q}$ basierend auf dem, was ich aus Modellierung externer Kräfte in der Lagrange-Dynamik gelesen habe , aber ich habe es auch gesehen $Q_i =\sum _{n=1} ^{3N} \mathbf f ^{(n)} \cdot \frac{\partial \mathbf x ^{(n)}}{\partial q^i}$ aus Euler-Lagrange-Gleichungen mit nichtkonservativer Kraft (Beispiel) . Sehe ich aufgrund einer Koordinatentransformation einfach einen anderen EoM oder habe ich irgendwo auf dem Weg einen Fehler gemacht?

Cinaed Simson

Meinst du, wann du den Vektor wählst?

\vec{q} = [\begin{matrix} θ_{1} \\ θ_{2} \end{matrix}]

$\vec{q}=\begin{bmatrix} \theta_1 \\ \\\theta_2\end{bmatrix}$ , es funktioniert wie erwartet, aber wenn Sie den Vektor auswählen

\vec{q} = [\begin{matrix} θ_{1} \\ θ_{1} + θ_{2} \end{matrix}]

$\vec{q}=\begin{bmatrix} \theta_1 \\ \theta_1+\theta_2\end{bmatrix}$ tut es nicht?

Skipher

Ja, und ich frage mich, ob es formale Einschränkungen bei der Wahl der verallgemeinerten Koordinaten gibt, dh ob meine zweite Wahl der Koordinaten auch gültig ist? Wenn es gültig ist, habe ich die verallgemeinerten äußeren Kräfte berechnet

Q

$Q$ falsch, wie

- τ_{2}

$-\tau_2$ scheint zu beeinflussen

θ_{1}

$\theta_1$ ?

Antworten (3)

Müssen verallgemeinerte Koordinaten orthogonal sein?

Meinst du, wann du den Vektor wählst? $\vec{q}=\begin{bmatrix} \theta_1 \\ \\\theta_2\end{bmatrix}$ , es funktioniert wie erwartet, aber wenn Sie den Vektor auswählen $\vec{q}=\begin{bmatrix} \theta_1 \\ \theta_1+\theta_2\end{bmatrix}$ tut es nicht?
Ja, und ich frage mich, ob es formale Einschränkungen bei der Wahl der verallgemeinerten Koordinaten gibt, dh ob meine zweite Wahl der Koordinaten auch gültig ist? Wenn es gültig ist, habe ich die verallgemeinerten äußeren Kräfte berechnet $Q$ falsch, wie $-\tau_2$ scheint zu beeinflussen $\theta_1$ ?

Sean E. Lake · Answer 1

Verallgemeinerte Koordinaten müssen auf folgende Weise mit Basiskoordinaten in Beziehung gesetzt werden: Die Karte muss invertierbar sein. Vorzugsweise bedeutet dies eine Bijektion , dh jeder Punkt im ursprünglichen Koordinatensystem bildet genau einen Punkt im neuen System ab und umgekehrt, aber eins zu eins in den relevanten Teilmengen der beiden ist ausreichend. Die Karte muss auch bis zu einem gewissen Grad differenzierbar ("glatt") sein, der von der Lagrange-Funktion abhängt.

Das ist es. Wenn Sie Invertierbarkeit und Glätte erfüllen, ist alles möglich.

Der Umgang mit externen Kräften beim Wechseln von Koordinatensystemen ist etwas anders. Das Problem, auf das Sie stoßen, besteht darin, dass Sie den externen Zwangsterm zum Lagrange hinzufügen müssen, bevor Sie die Koordinaten ändern. Dann sieht Ihr Lagrange so aus:

\begin{aligned} L & = L_{F R e e} - θ_{2} τ_{2} (T) \end{aligned}

$\begin{align} L &= L_{\mathrm{free}} - \theta_2 \tau_2(t) \end{align}$ (Überprüfen Sie das Zeichen der

θ_{2} τ_{2}

$\theta_2 \tau_2$ Begriff).

Wenn Sie jetzt die Koordinaten ändern, erhalten Sie:

\begin{aligned} L & = L_{F R e e} - (Q_{2} - Q_{1}) τ_{2} (T), \end{aligned}

$\begin{align} L &= L_{\mathrm{free}} - (q_2 - q_1) \tau_2(t), \end{align}$ und alles geht weiter wie bisher.

Das kommt mir seltsam vor, weil es jetzt so steht $-\tau_2$ wird auf die erste Koordinate angewendet $\theta_1$ obwohl das externe Drehmoment nur eingeschaltet ist $\theta_2$ .

Das liegt daran, dass Sie versuchen, mit einer teilweisen Umkehrung des Koordinatensystems zu denken. $q_1$ ist nicht gleichbedeutend mit $\theta_1$ , von selbst. Sie müssen den Kontext von beiden berücksichtigen: a, der Rest der Transformation, und b, der Rest der Lagrange-Funktion.

Die Rücktransformation lautet:

\begin{aligned} [\begin{matrix} θ_{1} \\ θ_{2} \end{matrix}] & = [\begin{matrix} Q_{1} \\ Q_{2} - Q_{1} \end{matrix}] . \end{aligned}

$\begin{align} \left[\begin{array}{c} \theta_1 \\ \theta_2\end{array}\right] & = \left[\begin{array}{c} q_1 \\ q_2 - q_1\end{array}\right]. \end{align}$ Beachte das

q_{1}

$q_1$ speist sich in beide Thetas ein.

Untersuchen Sie als Nächstes Ihre Bewegungsgleichungen. Ich werde die Ableitung nicht für Sie übernehmen, aber ich wäre überrascht zu hören, dass Sie am Ende eine saubere Trennung erhalten $\ddot{q}_i = \ldots$ .

Bearbeiten: Nachdem ich etwas mehr nachgedacht habe, habe ich eine intuitive Erklärung. $q_1$ Und $\theta_1$ sind numerisch gleich, bedeuten aber unterschiedliche Dinge. Im $\theta$ System beschreiben die Winkel die Position der Arme unabhängig voneinander in Bezug auf eine externe Standardrichtung und beschreiben so die Bewegung der beiden Körper unabhängig voneinander (insbesondere die kinetische Energie - ihre Kopplung erfolgt ausschließlich im Potentialterm). Im $q$ System, $q_1$ beschreibt die Position des Doppelpendels mit dem ersten Arm, als ob das gesamte Doppelpendel starr wäre, und $q_2$ definiert den Winkel des äußeren Pendelarms in Bezug auf den inneren Arm. Denn das gibt Ihnen eine bewegende Referenz für $q_2$ , es koppelt die kinetischen Terme (dh wenn Ihre anfängliche kinetische Energie war $T=\frac{m_1}{2}\dot{\theta}_1^2 + \frac{m_2}{2}\dot{\theta}_2^2$ deine neue ist $T=\frac{m_1}{2}\dot{q}_1^2 + \frac{m_2}{2}\left(\dot{q}_2 - \dot{q}_1\right)^2$ ). Auch seit $q_1$ das ganze Pendel überdeckt, wirkt auch das äußere Drehmoment auf es ein.

Warum ist Invertierbarkeit wichtig? Die Karte zwischen Ihren Koordinaten muss aus zwei Gründen invertierbar sein. Erstens, nachdem Sie die Dynamik im neuen Koordinatensystem ausgearbeitet haben, möchten Sie diese möglicherweise wieder in das alte übersetzen.

Zweitens passieren in der Mathematik schlimme Dinge, wenn das System über einen Punkt läuft, an dem sie nicht umkehrbar sind. Betrachten Sie die Punktmasse, die sich auf dem gleichförmig bewegt $x$ -Achse. Die Bewegung ist schön und einfach: $x=vt$ , Und $y=0$ . Wechseln Sie nun zu Polarkoordinaten. Du wirst kriegen $r = |vt|$ Und $\theta=-\pi\Theta(-vt)$ , mit $\Theta(a) \equiv 0$ Wenn $a < 0$ Und $1$ Wenn $a > 0$ . Beachten Sie, wie etwas Heftiges in den Koordinaten am Ursprung passiert, genau dort, wo die Karte herkommt $(r,\theta)$ Zu $(x,y)$ wird viele zu 1 (dh at $r=0$ Du bist am Ursprung, egal was passiert $\theta$ Ist).

Nebenbemerkung: Die polar-euklidische Transformation ist ein Beispiel für eine Koordinatentransformation, die keine Bijektion ist. Unendlich viele $\theta$ Werte werden auf Single abgebildet $(x,y)$ Paare. Dies kann Probleme mit der Interpretierbarkeit verursachen, wenn die Tatsache vergessen wird, verursacht aber keine mathematischen Probleme, die mir im Moment einfallen.

Das Lösen der Differentialgleichungen bei Vorhandensein eines punktartigen Problems in den Koordinaten ist möglich, es erfordert nur fortgeschrittenere Werkzeuge. Es ist besser sicherzustellen, dass alle punktuellen Probleme nach Möglichkeit irrelevant sind. Ein Beispiel für ein Problem dieser Art in der realen Welt mit einem mechanischen Computer finden Sie unter dem Phänomen der Gimbal-Sperre .

Warum ist Glätte wichtig? Dieser ist einfacher zu erklären. Es läuft alles auf zwei Worte hinaus: Kettenregel. Erstens wird Ihr Lagrange einen kinetischen Term haben, der im ursprünglichen Koordinatensystem ausgedrückt wird. Um Ihre neuen kinetischen Terme zu finden, müssen Sie die Kettenregel auf die Transformation anwenden. Das heißt, wenn

\begin{aligned} X_{ich} & = F_{ich} (Q_{1} . . .) \Rightarrow \\ {\dot{X}}_{ich} & = \sum_{J} \frac{\partial F}{\partial Q_{J}} {\dot{Q}}_{J} . \end{aligned}

$\begin{align} x_i & = f_i (q_1...) \Rightarrow \\ \dot{x}_i & = \sum_{j} \frac{\partial f}{\partial q_j} \dot{q}_j. \end{align}$

Der zweite Grund für den Wunsch nach Differenzierbarkeit der Transformation ist technischer Natur: Es macht den Beweis, dass die Euler-Lagrange-Gleichungen äquivalent sind, einfacher (wieder unter Verwendung der Kettenregel).

Wenn Sie sowohl Interpretierbarkeit als auch Glätte haben, reicht dies aus, um zu beweisen, dass die erhaltenen Euler-Lagrange-Bewegungsgleichungen unter Verwendung der Kettenregel äquivalent sind.

Ja, mein Fehler war die „teilweise Umkehrung“, die ich in meinem Kopf gemacht habe, ohne alles aufzuschreiben. Wenn ich also die Anforderungen für die verallgemeinerten Koordinaten aus Ihrer Antwort richtig verstehe, ist meine Wahl der Koordinaten aufgrund der Zuordnung zwischen gültig $\begin{bmatrix} \theta_1 \\ \theta_2 \end{bmatrix}$ Und $\begin{bmatrix} \theta_1 \\ \theta_1 + \theta_2 \end{bmatrix}$ ist invertierbar und glatt?
Auch die Abbildung zwischen den beiden wäre in diesem Fall nicht bijektiv, weil $\theta_1$ kommt in beiden vor $q_1$ Und $q_2$ ? Ich frage mich nur, ob eine bijektive Karte nur einfachere Ableitungen bietet oder ob es einen anderen Grund gibt, warum man sie haben möchte.
@Skipher Es ist bijektiv: Jedes Paar von qs wird eindeutig einem Paar von Thetas zugeordnet und umgekehrt.

Benutzer263259 · Answer 2

Es gibt nicht einmal eine Möglichkeit zu definieren, ob solche Koordinaten orthogonal sind. Es gibt keine natürliche Möglichkeit, ein Skalarprodukt auf dem Raum von Tangentenvektoren im Koordinatenraum zu definieren. Selbst wenn wir eine solche Definition hätten, wäre es im Allgemeinen nicht möglich, die Koordinaten so zu definieren, dass sie überall orthogonal sind. Beispielsweise können Sie dies nicht für ein Teilchen tun, das sich auf der Oberfläche einer Kugel bewegt.

Bedeutet dies, dass es keine Beschränkungen für meine Wahl verallgemeinerter Koordinaten gibt, solange sie minimal sind und das System vollständig definieren können?
Sie können nicht definieren, ob die Koordinaten orthogonal sind, aber Sie können definieren, ob die Karte von einem Koordinatensystem zum anderen orthogonal ist (dh innere Produkte in den Tangentialräumen bewahrt), und das ist hier die relevante Bedeutung, denke ich.
@SeanE.Lake Haben Sie eine gute Referenz, die Sie empfehlen können, um mehr über diese Idee zu erfahren, innere Produkte im Tangentialraum zu erhalten?
@Skipher Es ist wirklich nicht relevant für das, was Sie lernen, aber jedes gute Lehrbuch zur allgemeinen Relativitätstheorie sollte es behandeln, wenn es die allgemeine Koordinateninvarianz behandelt. Das Gleiche sollten Sie auch in Texten zur Differentialgeometrie finden .

Eli · Answer 3

Wie Sie neue verallgemeinerte Koordinaten auswählen

Aus der Euler-Lagrange-Gleichung

\frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial \dot{Q}}) - \frac{\partial L}{\partial Q} = Q

$\frac d{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot q}\right) - \frac{\partial L}{\partial q} = Q$

du erhältst:

\begin{matrix} (1) & M_{Q} (\vec{Q}) \vec{\ddot{Q}} = \vec{Q} - \vec{F} (\vec{Q}, \vec{\dot{Q}}) \end{matrix}

$M_q(\vec{q})\,\vec{\ddot{q}}=\vec{Q}-\vec{f}(\vec{q},\vec{\dot{q}})\tag 1$

wenn Sie einen neuen Satz generalisierter Koordinaten ( $\vec{w}$ ) daher

\begin{matrix} (2) & \vec{Q} = \vec{Q} (\vec{w}) \end{matrix}

$\vec{q}=\vec{q}(\vec{w})\tag 2$

\begin{matrix} (3) & \vec{\dot{Q}} = \frac{\partial \vec{Q}}{\partial \vec{w}} \vec{\dot{w}} \end{matrix}

$\vec{\dot{q}}=\frac{\partial \vec{q}}{\partial \vec{w}}\vec{\dot{w}}\tag 3$

\begin{matrix} (4) & \vec{\ddot{Q}} = \frac{\partial \vec{Q}}{\partial \vec{w}} \vec{\ddot{w}} + \frac{\partial}{\partial \vec{w}} (\frac{\partial \vec{Q}}{\partial \vec{w}} \vec{\dot{w}}) \vec{\dot{w}} \end{matrix}

$\vec{\ddot{q}}=\frac{\partial \vec{q}}{\partial \vec{w}}\,\vec{\ddot{w}}+ \frac{\partial}{\partial \vec{w}}\left(\frac{\partial \vec{q}}{\partial \vec{w}}\,\vec{\dot{w}}\right)\vec{\dot{w}}\tag 4$

mit den Gleichungen (2), (3) und (4) in (1) erhält man:

\begin{matrix} (5) & M_{w} (\vec{w}) \underset{J}{\underset{⏟}{[\frac{\partial \vec{Q}}{\partial \vec{w}}]}} \vec{\ddot{w}} = \vec{Q} - \vec{G} (\vec{w}, \vec{\dot{w}}) \end{matrix}

$M_w(\vec{w})\underbrace{\left[\frac{\partial \vec{q}}{\partial \vec{w}}\right]}_{J}\,\vec{\ddot{w}}=\vec{Q}-\vec{g}(\vec{w},\vec{\dot{w}})\tag 5$

Multipliziere Gleichung (5) von links mit $J^T$ Sie erhalten die Bewegungsgleichungen für die Koordinaten $\vec{w}$ :

J^{T} M_{w} J \vec{\ddot{w}} = J^{T} \vec{Q} - J^{T} \vec{G} (\vec{w}, \vec{\dot{w}})

$J^T\,M_w\,J\,\vec{\ddot{w}}=J^T\vec{Q}-J^T\,\vec{g}(\vec{w},\vec{\dot{w}})$

um eine einzigartige Lösung zu erhalten $\vec{\ddot{w}}$ , die Inverse der Matrix $J^T\,M_w\,J$ muss also vorhanden sein

[J^{T} M_{w} J]^{- 1} = [J]^{- 1} [M_{w}]^{- 1} [J^{T}]^{- 1}

$[J^T\,M_w\,J]^{-1}=[J]^{-1}\,[M_w]^{-1}\,[J^T]^{-1}$

Folge:

die Determinante der Matrix $J$ (Matrix J ist quadratisch!) muss ungleich Null sein, und das gilt auch für die Matrix $M_w$

dein Fall:

\vec{Q} = [\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{array}] \vec{w} \Rightarrow J = \frac{\partial \vec{Q}}{\partial \vec{w}} = [\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{array}], J^{- 1} = [\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ - 1 & 1 \end{array}]

$\vec{q}=\left[ \begin {array}{cc} 1&0\\ 1&1\end {array} \right] \vec{w}\quad \Rightarrow\quad J=\frac{\partial \vec{q}}{\partial \vec{w}}=\left[ \begin {array}{cc} 1&0\\ 1&1\end {array} \right]\quad ,J^{-1}=\left[ \begin {array}{cc} 1&0\\ -1&1\end {array} \right]$

Und

J^{T} \vec{Q} = [\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}] [\begin{matrix} 0 \\ τ_{2} \end{matrix}] = [\begin{matrix} τ_{2} \\ τ_{2} \end{matrix}]

$J^T\,\vec{Q}=\left[ \begin {array}{cc} 1&1\\ 0&1\end {array} \right] \,\begin{bmatrix} 0 \\ \tau_2 \\ \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \tau_2 \\ \tau_2 \\ \end{bmatrix}$

Anmerkung

Um die Bewegungsgleichungen zu erhalten, übertragen Sie Ihre kinetische und potentielle Energie auf die neuen verallgemeinerten Koordinaten und mit EL erhalten Sie Ihre EOMs

Bitte kommentieren Sie, warum es falsch ist? Ich denke, es ist die richtige Antwort
Ich erkenne die $J$ als Ähnlichkeitstransformation in ein anderes Koordinatensystem. Darf ich fragen warum $J$ wird nicht auf der rechten Seite für multipliziert $Q$ Und $-g$ ?
So erhalten Sie die Bewegungsgleichungen mit der NEWTON-Methode. Sie beginnen mit $m\ddot R=f+f_c$ Wo $f_c$ sind Zwangskräfte, von hier aus gehen Sie zu verallgemeinerten Koordinaten, um die Zwangskraft zu eliminieren, mit der Sie die Gleichung multiplizieren $J^T$ . Daher $J^TmJ \ddot q=J^Tf$ Der EOM
$J^T Q J$ Arbeiten Sie nicht mit J(n,n) und Q(n,1), Ähnlichkeitstransformationen funktionieren nur für Matrizen, nicht für Vektoren

Müssen verallgemeinerte Koordinaten orthogonal sein?

Skipher

Cinaed Simson

Skipher

Antworten (3)

Sean E. Lake

Skipher

Skipher

Sean E. Lake

Benutzer263259

Skipher

Sean E. Lake

Skipher

Sean E. Lake

Eli

Eli

Skipher

Eli

Eli

Skipher

Verallgemeinerte Koordinaten finden, wenn der Satz über implizite Funktionen fehlschlägt

Die Lagrange-Gleichung ist unter JEDER Koordinatentransformation forminvariant. Hamiltons Gleichungen unterliegen nicht JEDER Phasenraumtransformation. Warum?

Lagrangedichte eines 2D-Doppelpendelsystems mit Feder

Krummlinige Koordinaten und Basisvektoren

Holonome Beschränkungen und Freiheitsgrade

Warum impliziert eine Punkttransformation im Konfigurationsraum, dass P=∂q∂QpP=∂q∂QpP = \frac{\partial q}{\partial Q} p im Phasenraum?

Was sind holonome und nicht-holonome Zwangsbedingungen?

Wie leitet man die Lagrange-Bewegungsgleichung von einem Routhian ab?

Transformation der Koordinate in Lagrange

Welchen Funktionstyp hat der verallgemeinerte Impuls?