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.

Lösung:

Es ist Gl. 6.12:

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

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

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


\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:

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

In einer früheren Version hatte sich ein Fehler in die Lösung eingeschlichen, auf den mich Frank Gilewitz hingewiesen hat. Tatsächlich sieht man in der zweiten Bewegungsgleichung den Zusammenhang von \omega und \theta, die Rotation der beiden Systeme beschreiben. Rotieren etwa beide Systeme gleich schnell, so fällt \ddot{\theta} völlig weg, was zu erwarten ist.


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).

7 Kommentare

  1. Guten Tag Herr Sippel,
    ich hätte eine Frage zu Aufgabe 6.3 der Corioliskraft und das Potential in der Lagrangefunktion.
    Wenn die Beschreibung des Potentials alle Terme der Lagrangefunktion außer die (dX/dt)^2 bzw. (dY/dt)^2 enthält und ich die Kräfte als Ableitung des Potentials nach X bzw. Y betrachte (dV/dX bzw. dV/dY) , fehlt mir für die Corioliskraft der Faktor 2 in der Gleichung F_X = – 2 m omega dY/dt, den ich in der Euler Lagrange Gleichung durch den Summand m * omega * dY/dt aus d/dt (dL/(dX/dt)) erhalte.
    Wo liegt hier der Fehler in der direkten Bestimmung der Kräfte über die Ableitung des Potentials?
    Ich weiß nicht, ob Sie auch Fragen beantworten – aber ein Versuch ist es wert.
    Unabhängig von einer Antwort wünsche ich Ihnen einen guten Start ins Jahr 2021 und in diesen Tagen vor allem Gesundheit,
    Thomas Keller

    1. Hallo,

      ich bin für jede Frage und jeden Kommentar dankbar! Ohne wären diese Seiten recht langweilig.

      Das Thema wird im Buch auf S. 94f besprochen. Lenny sieht ja keine Kraft, da er sich außerhalb des rotierenden Systems befindet, und daher kein Potential. Die Gl. 6.12 haben wir durch Übergang zu den Koordinaten erhalten, die George im rotierenden System benutzt. Wir haben hier nicht E = T – V angesetzt! Bei

      m omega^2 / 2(X^2 + Y^2) + m omega (X’Y – XY‘)

      handelt es sich also nicht um ein Potential, aus dem man durch die Gradientenbildung die Kraft ableiten kann (F = – grad V). Das sieht man auch daran, dass dieser Term geschwindigkeitsabhängig ist, und so etwas kann i.A. kein Potential bilden (obwohl die Corioliskraft geschwindigkeitsabhängig ist)
      Somit muss man also erst einmal die Euler-Gleichungen bilden, um die Kraft zu finden. Und dabei erhält man die korrekten Terme für die Corioliskraft, wie in der Beispielrechnung zu sehen ist.

      Ich hoffe, dass ich helfen konnte. Ansonsten noch einmal nachfragen, dann schicke ich vielleicht besser eine E-Mail.

      Mit den besten Wünschen für das neue Jahr!

      Heiko

  2. Hallo,

    in meiner Nachricht von soeben war ein kleiner Tippfehler, deshalb nochmal richtig:

    Die Lösung von Aufgabe 6.5. ist leider nicht ganz korrekt:

    Bei d/dt (dL/d phi-punkt) fehlt der Term +2mR(R-punkt)(phi-punkt)

    Es ergeben sich dann die hübschen Bewegungsgleichungen

    R-punkt-punkt = R (omega – phi-punkt)^2
    Phi-punkt-punkt = R-punkt/R mal (2 omega – 2 phi)

    Die zeigen, dass Phi-Punkt nichts anderes ist als eine Eigendrehung um den Ursprung im Koordinatensystem von George, die sich der entgegengesetzten Drehung seines Koordinatensystems gegenüber dem von Lenny hinzuaddiert.
    Im Fall omega = phi-punkt wird die Geschwindigkeiten dR/dt konstant und d(phi)/dt = konstant hebt sich mit omega weg, so dass wir die kräftefreie Bewegung sehen, die auch Lenny sieht.

    Richtig?

    Viele Grüße und danke für das gute Buch, Frank Gilewitz

  3. Hallo Herr Sippel,

    tut mir jetzt echt leid, ich muss nochmal korrigieren: Ich meinte natürlich Aufgabe 6.4., und statt phi muss es wohl theta heißen (hab mich so an das geliebte schnell schreibbare phi gewöhnt, dass theta mir schwerfällt).

    Sorry!!!

    Und nochmal danke für das gute Buch, Frank Gilewitz

    1. Hallo,

      und vielen Dank für den Hinweis. Nach der etwas längeren Rechnung habe ich es versäumt, das Ergebnis auch richtig zu interpretieren, dabei hätte mir der Fehler auffallen müssen. Das habe ich jetzt nachgeholt und die Korrekturen eingefügt-

      Ich finde das phi auch hübscher zu schreiben als theta, aber da habe ich mich an Buch und Vorlesung gehalten.

      Und es freut mich sehr, dass das Buch so gut ankommt, dass einige Leser sich sogar die Mühe machen, alles genau nachzurechnen!

      Schöne Grüße
      Heiko

      1. Hallo Herr Sippel,

        vielen Dank, finde ich super, das wird zukünftigen Lesern helfen. Das Buch ist wirklich gut, weil es entschlackt von endlosen Komplikationen, die sich aus Nebenüberlegungen ergeben und den Fluss der Darstellung nur stören, sich auf das Wesentliche konzentriert und auf Sätze wie den Folgende völlig verzichtet: „Wie der Leser mit Leichtigkeit einsehen wird, folgt aus Gleichung A dies und das.“ Der verzweifelte Leser rechnet dann manchmal stundenlang, um das „mit Leichtigkeit“ einzusehen.

        Eine Frage hätte ich noch: Es soll ein Band 4 – Allgmeine Relativitätstheorie – in Vorbereitung sein. Wissen Sie, wann der erscheint?

        Viele Grüße, Frank Gilewitz

        1. Hallo,

          mir haben die Videos und und Bücher auch sehr gut gefallen, da sie den Stoff wirklich mit minimalem Aufwand sehr gut und umfassend darstellen. Natürlich bleibt viel auf der Strecke, und es werden einige Vorkenntnisse verlangt. Die Quantemechanik-Darstellung ist wahrscheinlich die einzige, in der das Doppelspalt-Experiment mit keinem Wort erwähnt wird!

          Die deutsche Übersetzung habe ich in meiner Freizeit geschrieben und bin erst später an den Springer-Verlag herangetreten, der sie dann in Buchform herausbrachte. Ich bin also leider nicht so gut informiert, was eine Fortsetzung der Reihe anbetrifft. Ich hatte Art Friedman angeschrieben, ob die Reihe fortgesetzt wird (Allgemeine RT), bekam aber nur ein knappes „ja“ zurück, und das ist schon zwei Jahre her. Ich persönlich rechne nicht mehr damit, so dass uns (vorerst?) nur die Vorlesungen im Internet bleiben.

          Ich wünsche allen hier ein schönes Weihnachtsfest und alles Gute für das neue Jahr 2022!

          Schöne Grüße
          Heiko Sippel

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