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Mechanik » Theoretische Mechanik » Kegeloberfläche Bewegungsgleichungen
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Universität/Hochschule J Kegeloberfläche Bewegungsgleichungen
Sito
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Dabei seit: 05.11.2016
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2017-12-04 19:43

\(\begingroup\)
Abend zusammen.

Sei folgende Aufgabe gegeben:

Potenzial in kartesischen Koordinaten ist in diesem Fall \(V(z)=mgz\), d.h. in Kugelkoordianten \(V(r,\theta)=mgr\cos(\theta)\). Der nächste Term den man sich überlegen muss ist \({v}^2=\frac{\rm{d}}{\rm{d}t}|\vec{r}|^2=\dot{x}^2+\dot{y}^2+\dot{z}^2\). Nach mühsamen herumrechnen erhalte ich am Schluss \(v^2=\dot{r}^2+r^2(\sin^2(\theta)\dot{\varphi}^2+\dot{\theta}^2)\)

Daraus ergibt sich \(\mathcal{L}=T-V=\frac{1}{2}m(\dot{r}^2+r^2[\sin^2(\theta)\dot{\varphi}^2+\dot{\theta}^2]) - mgr\cos(\theta)\)

An dieser Stelle eine Frage: Das Problem ist offensichtlich symmetrisch, inwiefern braucht man hier die Information von \(\varphi\)? Ich meine unabhängig davon wo ich den Massenpunkt auf dem Kegel platziere, passieren tut damit das Gleiche (unter Voraussetzung die Höhe ist gleich). Wie fliesst dann dies in das Bilden der Hamilton Funktion?

Weitere Überlegungen bisher sind:
\(\displaystyle\begin{align} &p_{\theta}= \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}}= mr^2\dot{\theta}\\
&p_{r}=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{r}}= m\dot{r}\\ &p_{\varphi} =\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\varphi}} = mr^2\sin^2(\theta) \dot{\phi}\end{align}\)

Die Hamilton Funktion wäre jetzt: \(\mathcal{H}=p_r\dot{r}+p_{\theta}\dot{\theta}+p_{\varphi}\dot{\varphi}-\mathcal{L} =\frac{1}{2m}(p_r^2+\frac{1}{r^2}p_{\theta}^2+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}p_{\varphi}^2)+ mgr\cos(\theta)\)

Daraus würden sich nun relativ einfach die sechs Bewegungsgleichugen für das System herausrechen lassen... Was man nun aber mit diesem \(\varphi\) machen muss ist mir etwas schleierhaft...

Gruss Sito
\(\endgroup\)


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lula
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Dabei seit: 17.12.2007
Mitteilungen: 10610
Aus: Sankt Augustin NRW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2017-12-04 21:35


Hallo
 verwechselst du phi und theta? theta ist doch fest, der  halbe Öffnungswinkel des Kegels?
bis dann, lula


-----------------
Mein Leben ist zwar recht teuer,  aber dafür bekomm ich jedes Jahr umsonst eine Reise einmal um die Sonne



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Sito
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 05.11.2016
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-04 22:21

\(\begingroup\)
Hoppla, da hab ich mal wieder den Wald vor lauter Bäumen nicht gesehen...

Somit vereinfacht sich das Ganze zu:

\(\begin{align}
\mathcal{H}&=\frac{p_r^2}{2m}+\frac{p_{\varphi}^2}{2mr^2\sin^2\theta}+mgr\cos\theta\\
\dot{r}&=\frac{p_r}{m}\\
\dot{p_r}&=\frac{p_{\varphi}^2}{2mr^3\sin^2\theta}-mgr\cos\theta\\
\dot{\varphi}&= \frac{p_{\varphi}}{mr^2\sin^2\theta}\\
\dot{p_{\varphi}}&=0
\end{align}\)

und daraus folgt dann schliesslich: \(\ddot{r}=\frac{\dot{p}_r}{m}= \frac{p_{\varphi}^2}{2m^2r^3\sin^2\theta}-g\cos\theta\)

Vielen Dank also an dich lula für den Tipp.

Jetzt aber noch eine weitere Frage. In einem zweiten Aufgabenteil heisst es ich soll die zeitunabhängige Hamilton-Jacobi Gleichung für dieses Problem aufstellen und lösen.

Da ich das noch nie gemacht habe komme ich hier etwas ins Stocken... Ausgehen müsste man jetzt glaube ich wieder vom Hamiltonian \(\mathcal{H}=\frac{p_r^2}{2m}+\frac{p_{\varphi}^2}{2mr^2\sin^2\theta}+mgr\cos\theta\)

Gesucht ist nun einen Transformation
\(\begin{align}(r,p_r,\varphi,p_{\varphi})\to (\bar{q},\bar{p},A,B)\\ \mathcal{H}(r,p_r,\varphi,p_{\varphi}) = \bar{\mathcal{H}}(\bar{q},\bar{p},A,B)\end{align},\)
wobei man noch zusätzliche Bedingungen an die Transformation stellen will... Wenn ich in mein Skript schaue dürfte es etwas in der Form hier sein
\(\begin{align}\dot{\bar{q}}_i =\frac{\partial\mathcal{H}}{\partial \bar{p}_i}=0 \hspace{0.5cm} \dot{\bar{p_i}}=-\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial \bar{q}_i}=0\\
\dot{A}=\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial B}=1 \hspace{0.5cm} \dot{B}=-\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial A}=0\end{align},\)
hier besteht auf jeden Fall Erklärungsbedarf... Was genau verlange ich hier und wieso mache ich das? Das Ganze soll ja schlussendlich die Hamiltonischen Bewegungsgleichungen extrem vereinfachen, sodass diese nicht mehr schwer zu lösen sind. Wieso ist das hier das richtige Vorgehen? und wie geht es weiter? Ziel ist es ja soweit ich das verstanden habe eine erzeugende Funktion \(\mathcal{S}\) zu finden....

Hoffe jemand kann mich hier etwas erleuchten...

Gruss Sito
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Orangenschale
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Dabei seit: 31.05.2007
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Aus: Jena, Deutschland
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2017-12-05 19:29

\(\begingroup\)
Hallo Sito,

um die Herleitung der Hamilton-Jacobi-Gleichung besser zu verstehen, kannst du ja nochmal in ein Buch schauen. Ich finde den Kuypers (Klassische Mechanik) wirklich gut.
Bevor wir hier weitermachen solltest du deinen letzten Beitrag nochmal überarbeiten, denn es fehlen einige Quadrate, z.B. im Hamiltonian über den Impulsen.

Danach ist das Vorgehen so, dass eine erzeugende Funktion \(S(r,\varphi,\alpha_1,\alpha_2,t)\) mit noch zu bestimmenden Konstanten \(\alpha_1\) und \(\alpha_2\) berechnet werden soll. Die geschieht, indem in der Hamiltonfunktion \(H(p_r,p_\varphi,r,\varphi)\) der Impuls \(p_r\) durch \(\frac{\partial S}{\partial r}\) und analog \(p_\varphi\) durch \(\frac{\partial S}{\partial \varphi}\) ersetzt wird. Danach lautet die Hamilton-Jacobi-Gleichung
\[H\left(\frac{\partial S}{\partial r},\frac{\partial S}{\partial \varphi},r,\varphi\right) + \frac{\partial S}{\partial t}=0,\] also eine partielle Differentialgleichung für \(S\), die gelöst werden soll.

Noch ein Wort zur Zeitunabhängigkeit:
Man kann die Zeit separieren durch den Ansatz
\(S(r,\varphi,\alpha_1,\alpha_2,t) = W(r,\varphi,\alpha_1,\alpha_2)-\alpha_1 t\). Durch Einsetzen und Verlgeich mit der Hamiltonfunktion  zeigt sich sofort, dass damit die erste Konstante \(\alpha_1\) mit der Gesamtenergie \(E\) identifiziert werden kann. Es folgt also die zeitunabhängige Hamilton-Jacobi-Gleichung
 \[H\left(\frac{\partial W}{\partial r},\frac{\partial W}{\partial \varphi},r,\varphi\right)=E.\]
Viele Grüße
OS




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If one is working from the point of view of getting beauty into one's equation, ... one is on a sure line of progress.

P.A.M. Dirac
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Sito
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-05 22:29

\(\begingroup\)
Zuerst mal vielen Dank an dich Orangenschale für den Beitrag!

Danke auch für den Hinweis bzgl. der Potenzen, ich hoffe ich habe alle erwischt.

Ich habe mich bzgl. der Herleitung der Gleichung noch einmal schlau gemacht (meine Uni hatte leider Kuypers nicht auf Lager, aber Klassische Mechanik Teil 2 von Nolting hat es auch getan).

Die Herleitung kann ich soweit nachvollziehen, auch wenn es an einigen Stellen immer noch hapert (ich frage da aber nochmal beim Übungsleiter nach). Das Problem entsteht aber wenn ich das Ganze anwenden soll auf eine konkrete Aufgabe, die Gleichung sieht in der Theorie ganz hübsch aus, aber es ist mir noch ein Rätsel wie man denn nun diese erzeugende Funktion \(\mathcal{S}\) genau bestimmen soll.

Deinen Separationsansatz für \(\mathcal{S}\) kann ich nachvollziehen, und auch wieso das die Gesamtenergie \(E\) sein muss. Eine Frage hätte ich aber noch bzgl. deiner Erklärung, du sagst \(\frac{\partial \mathcal{S}}{\partial r}=p_r\) (analog mit \(\varphi\)), dies sind zwei Anforderungen die du an \(\mathcal{S}\) stellst bzw. dann \(\mathcal{W}\), oder?
Nun hast du zwei Anforderungen an \(\mathcal{W}\), aber wie finde ich nun konkret diese Funktion?

So wie das dort steht wäre das naheliegendste einfach mal \(\frac{\partial \mathcal{W}}{\partial r}\) und \(\frac{\partial \mathcal{W}}{\partial \varphi}\) in \(\mathcal{H}\) einzusetzen. Das ergibt dann
\(\begin{align}\mathcal{H}= \frac{1}{2m}\left[\frac{\partial \mathcal{W}}{\partial r}\right]^2+\frac{1}{2mr^2\sin^2\theta}\left[\frac{\partial \mathcal{W}}{\partial \varphi}\right]^2+mgr\cos\theta\overset{!}{=}E\end{align}\)
Ich bin mir nicht sicher, aber kann man daraus weitere Forderungen an \(\mathcal{W}\) herauslesen?
\(\endgroup\)


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Orangenschale
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2017-12-06 12:24

\(\begingroup\)
Zum loesen partieller Differentialgleichungen gibt es kein Patentrezept. Was manchmal klappt ist die separation einzelner Koordinaten und damit die Rueckfuehrung auf gewoehnliche Differentialgleichungen.
Speziell fuer die Hamilton-Jacobi-Gleichung bietet sich der Ansatz
$$W(r,\varphi,E,\alpha_2)=W_1(r,E,\alpha_2)+W_2(\varphi,E,\alpha_2)$$ an.


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P.A.M. Dirac
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Sito
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-07 23:51

\(\begingroup\)
Um ehrlich zu sein habe ich immer noch etwas Schwierigkeiten mit der Aufgabe...

Also mit deinem Separationsansatz habe ich folgendes gemacht:
\(\begin{align}\frac{\partial \mathcal{W}}{\partial r}&=\frac{\partial \mathcal{W}_1}{\partial r} + \frac{\partial \mathcal{W}_2}{\partial r} = \frac{\partial \mathcal{W}_1}{\partial r} \\
\frac{\partial \mathcal{W}}{\partial \varphi}&=\frac{\partial \mathcal{W}_1}{\partial \varphi} + \frac{\partial \mathcal{W}_2}{\partial \varphi} = \frac{\partial \mathcal{W}_2}{\partial \varphi}  \end{align}\)

Damit ergibt sich dann für \(\mathcal{H}\):
\(\begin{align} &\frac{1}{2m}\left[\frac{\partial \mathcal{W}}{\partial r}\right]^2+\frac{1}{2mr^2\sin^2\theta}\left[\frac{\partial \mathcal{W}}{\partial \varphi}\right]^2+mgr\cos\theta &\overset{!}{=} &E\\
\Leftrightarrow\hspace{0.2cm} &\frac{1}{2m}\left[\frac{\partial \mathcal{W}_1}{\partial r}\right]^2+\frac{1}{2mr^2\sin^2\theta}\left[\frac{\partial \mathcal{W}_2}{\partial \varphi}\right]^2+mgr\cos\theta &=& E \\
\Leftrightarrow \hspace{0.2cm} &r^2\sin^2\theta\left[\frac{\partial \mathcal{W}_1}{\partial r}\right]^2+ 2m^2gr^3\cos\theta\sin^2\theta -2mr^2E &=&-\left[\frac{\partial \mathcal{W}_2}{\partial \varphi}\right]^2, \end{align}\)
aber was nun? Müsste ich jetzt nicht zusätzlich so etwas wie \(\left[\frac{\partial \mathcal{W}_1}{\partial \varphi}\right]^2 = L^2= const.\) annehmen um hier weiter zu machen? Dann könnte ich das Ganze auflösen nach \(\frac{\mathcal{W}_1}{\partial r}\), dann über \(r\) integrieren und erhalte so eine Lösung für \(\mathcal{W}_1\). Ich kann das Integral zwar nicht explizit hinschreiben, aber es ergibt sich immerhin eine implizite Lösung.

Kann man eine solche Annahme begründen, falls ja, wie? Falls nicht muss ich leider zugeben, dass mir die Ideen ausgegangen sind, wie man sonst die Differentialgleichung lösen soll...

Gruss Sito
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Orangenschale
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Mitteilungen: 2033
Aus: Jena, Deutschland
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2017-12-08 13:07

\(\begingroup\)
Hallo,

das Vorgehen ist schon prinzipiell richtig.
Schreiben wir mal deine Gleichung (5) nochmal hin (da fehlte zudem noch ein $\sin^2\theta$ vor dem $E$).
\[ \left[\frac{\partial W_2}{\partial \varphi}\right]^2= 2mr^2\sin^2\theta \cdot(E- mgr\cos\theta)-r^2\sin^2\theta\left[\frac{\partial \mathcal{W}_1}{\partial r}\right]^2\] Da beide Seiten fuer alle $r,\varphi$ etc. gueltig sein muessen, muessen beide Seiten konstant sein, also
$\left[\frac{\partial W_2}{\partial \varphi}\right]^2=\alpha_2$ und $2mr^2\sin^2\theta \cdot(E- mgr\cos\theta)-r^2\sin^2\theta\left[\frac{\partial \mathcal{W}_1}{\partial r}\right]^2=\alpha_2$

Daraus folgt
$$W_2(r,\varphi,E,\alpha_2)=\sqrt{\alpha_2}\varphi$$.
Die physikalische Bedeutung wird klar, wenn man sich folgendes ansieht:
$$\frac{\partial S}{\partial \varphi}=p_\varphi=\frac{\partial W_2}{\partial \varphi} = \sqrt{\alpha_2}\rightarrow \alpha_2=p_\varphi^2$$.

Viele Grüße
OS

Nun kannst du auch noch die andere Seite der Gleichung lösen bzw. zumindest als Integral über $r$ angeben


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P.A.M. Dirac
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