Übung zu Lagrange-Euler-Gleichungen

Question

Übung zu Lagrange-Euler-Gleichungen

Pascal Engeler

Ich löse eine Übung zu den Lagrange-Euler-Gleichungen, die Folgendes besagt:

Lassen $\gamma (t) = \{ (t,q) : q = q(t), t_0 \leq t \leq t_1\}$ eine Kurve sein $\mathbb{R} \times \mathbb{R}^2$ . Weiter lassen $F(q,\dot{q},t)$ sei die Funktion aus $\mathbb{R}^2 \times \mathbb{R}^2 \times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ wofür das funktionale $\Phi = \int_{t_0}^{t_1} F(q,\dot{q},t) dt$ ist die Länge der Kurve.

(a) Welches ist die Form von $\Phi$ in kartesischen Koordinaten? Welche Form hat sie in Polarkoordinaten?

(b) Geben Sie die Euler-Lagrange-Gleichungen in beiden Koordinatensystemen an.

(c) Lösen Sie die Differentialgleichungen in beiden Koordinatensystemen und zeigen Sie, dass die Lösungen gleich sind.

Jetzt beginnt mein Problem damit, die Form von anzugeben $\Phi$ . Ich fand heraus, dass das Längenelement in kartesischen Koordinaten ist $ds = \sqrt{dx^2 + dy^2}$ , also mit

\int D S = \int \frac{D S}{D T} D T = \int \sqrt{{(\frac{D X}{D T})}^{2} + {(\frac{D X}{D T})}^{2}} D T,

$\int ds = \int \frac{ds}{dt} dt = \int \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dx}{dt}\right)^2} dt,$ Wir glauben, dass

Φ = \int_{t_{0}}^{t_{1}} | | \dot{γ} (t) | | d t

$\Phi = \int_{t_0}^{t_1} ||\dot{\gamma}(t)|| dt$ . Jetzt ist mein Plan, das Element der Länge in Polarkoordinaten zu finden und die entsprechenden Ausdrücke in Bezug auf einzufügen

γ

$\gamma$ . Das Problem ist, dass ich nicht sehe, wie ich das Längenelement in Polarkoordinaten finden soll. Ich habe bei Wikipedia nachgeschaut und bin fündig geworden

d s^{2} = d r^{2} + r^{2} d θ^{2}

$ds^2 = dr^2 + r^2 d\theta^2$ . Jetzt für

d r^{2}

$dr^2$ Ich würde einstecken

| | \dot{γ} (t) | |^{2}

$||\dot{\gamma} (t)||^2$ , für

r^{2}

$r^2$ Ich würde setzen

| | γ (t) | |^{2}

$||\gamma (t)||^2$ , und für

d θ

$d\theta$ Ich habe keine Ahnung.

Könnt ihr mir helfen, insbesondere bei der Ableitung des polaren Linienelements und der Form $\Phi$ in Polarkoordinaten?

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Übung zu Lagrange-Euler-Gleichungen

Benutzer91126 · Answer 1

Satz $x = r \cos \theta$ , $y = r \sin \theta$ . Nimmt man die Gesamtdifferenzen,

D X = D R \cos θ - R Sünde θ D θ,

$\mbox{d}x = \mbox{d}r \cos \theta - r \sin \theta \mbox{d} \theta,$

D j = D R Sünde θ + R \cos θ D θ .

$\mbox{d}y = \mbox{d}r \sin \theta + r \cos \theta \mbox{d} \theta.$

Quadrieren und Vereinfachen

D S^{2} = {D X}^{2} + {D j}^{2} = {D R}^{2} + R^{2} {D θ}^{2} .

$\mbox{d}s^2 = {\mbox{d}x}^2 + {\mbox{d}y}^2 = {\mbox{d}r}^2 + r^2 {\mbox{d}\theta}^2.$

Somit

\frac{D S}{D T} D T = \sqrt{{(\frac{D R}{D T})}^{2} + R^{2} {(\frac{D θ}{D T})}^{2}} D T .

$\frac{\mbox{d}s}{\mbox{d} t} \mbox{d} t = \sqrt{ \left( \frac{\mbox{d}r}{\mbox{d}t}\right)^2 + r^2 \left( \frac{\mbox{d}\theta}{\mbox{d}t}\right)^2 }\, \mbox{d}t.$

Nun, die Eigenschaft, extremal zu sein, ist eine Eigenschaft der Kurve, nicht des Koordinatensystems, also ist sie unabhängig von der gewählten lokalen Karte. Insbesondere die Euler-Lagrange-Gleichung behält in beiden Systemen dieselbe Form (offensichtlich ändert man die Bezeichnungen: $(x,y) \to (r,\theta)$ ). Diese Bemerkungen antworten auf Punkt $(a)$ Und $(b)$ . Punkt $(c)$ ist eine einfache Überprüfung, die Sie eventuell durchführen können, nachdem Sie die vorherigen Beziehungen zwischen umgekehrt haben $(x,y)$ Und $(r,\theta)$ .

Für eine brillante Diskussion dieses und weiterer subtilerer Punkte sehen wir uns Arnold an, Mathematische Methoden der klassischen Mechanik , Paragraph 12.C, 12.D.

JoshPhysik · Answer 2

Für den Polarkoordinatenausdruck. "teilen" Sie einfach das Linienelement in Polarkoordinaten durch $dt^2$ erhalten

\begin{aligned} {(\frac{D S}{D T})}^{2} = {(\frac{D R}{D T})}^{2} + R^{2} {(\frac{D θ}{D T})}^{2} \end{aligned}

$\begin{align} \left(\frac{ds}{dt}\right)^2 = \left(\frac{dr}{dt}\right)^2 + r^2\left(\frac{d\theta}{dt}\right)^2 \end{align}$ also in Polarkoordinaten hat man

\begin{aligned} “ \dot{γ} (T) “ = \sqrt{{\dot{R}}^{2} + R^{2} {\dot{θ}}^{2}} \end{aligned}

$\begin{align} \|\dot\gamma(t)\| = \sqrt{\dot r^2 + r^2\dot\theta^2} \end{align}$ und den Rest überlasse ich dir.

Notiz. Der strengere Weg, dies zu tun, besteht darin, zu beachten, dass die euklidische Metrik in beliebigen gegebenen Koordinaten als a geschrieben werden kann $3\times 3$ Matrix mit Elementen $g_{ij}$ . Die Geschwindigkeit wird dann durch den folgenden Ausdruck in Bezug auf die metrischen Komponenten in diesen Koordinaten angegeben:

\begin{aligned} “ \dot{γ} (T) “ = \sqrt{G_{ich J} (γ (T)) {\dot{X}}^{ich} (T) {\dot{X}}^{J} (T)} \end{aligned}

$\begin{align} \|\dot \gamma(t)\| = \sqrt{g_{ij}(\gamma(t))\dot x^i(t)\dot x^j(t)} \end{align}$ wobei wir die Kurve in Komponenten in den gegebenen Koordinaten geschrieben haben als

γ (t) = (x^{i} (t))

$\gamma(t) = (x^i(t))$ . Die oben durchgeführten Manipulationen mit dem Linienelement sind dazu äquivalent. Ich überlasse es Ihnen zu zeigen, dass der Ausdruck in Bezug auf die metrischen Komponenten das gleiche Ergebnis für die Geschwindigkeit ergibt.

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Pascal Engeler

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Benutzer91126

JoshPhysik

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