I(x)=I_0 exp(-\mue x)

Du mußt ANNEHMEN, daß sowohl \phi als auch \phi^* klein ist.

Das polare Trägheitsmoment ist dann nach Definition

I_p==I_z=int(r^2,m)

und die äquatorialen Momente sind

I_x=int(y^2,m)

I_y=int(x^2,m)

Da r^2=x^2+y^2 für jedes Massenelement dm gilt, ist

int(r^2,m)=int((x^2+y^2),m)=int(x^2,m)+int(y^2,m)

und damit

I_z=I_y+I_x

Aufgrund der Symmetrie der Kreisscheibe ist

I_x=I_y

d(v^2)=2v dv

E=int(F^>*,s^>) ,

und nimmt für die Kraft den Newton,

F^>=m a^>

Das d(v^2) braucht man nicht, es kommt höchstens über ein paar unnötige Umwege ins Spiel.

\psi zyklisch => p_\psi==pdiff(\dsL,\psi^*)=const.

Ja, aber nicht so, wie Du es gemacht hast. Schau nochmal in den Aufgabenteil c\), gesucht ist dort die SCHWINGUNGS-Gleichung, also eine Gleichung für \phi2, die zeitlichen Ableitungen von \psi sollten möglichst nicht mehr auftauchen. Dies gelingt mit dem oben erhaltenen konjugierten Impuls und den beiden Gleichungen ref(3) und ref(4) in Beitrag No.6

Was auf jeden Fall erstmal noch fehlt, ist die aus der Lagrange\-Funktion \dsL sich ergebende zweite Differentialgleichung für die Koordinate \psi

Ich fasse nochmal zusammen und halte mich weitgehend an die Notation in der Aufgabenstellung:

\lr(1)\dsL=mL^2(\phi2^*+\psi^*)^2+m(r^*^2+r^2 \psi^*^2)+Km(1/r_1+1/r2)

Die Abstände r_1 und r_2 hängen von r und von \phi2 ab,

\lr(2a)r_1=sqrt(r^2+L^2-2rLcos\phi2)

\lr(2b)r_2=sqrt(r^2+L^2-2rLcos\phi2)

Aus der Lagrange\-Funktion ergeben sich die beiden gekoppelten Differentialgleichungen

\lr(3)L^2(\phi2^**+\psi^**)-1/2 K r L sin\phi2 (1/r_2^3-1/r_1^3)=0

\lr(4)L^2(\phi2^**+\psi^**)+(2 r r^* \psi^*+r^2 \psi^**)=0

 \phi2

Schreibe \w^> als Linearkombination der Vektoren T^>, N^>, und B^> mit Koeffizienten \(Koordinaten\) \w_i, d.h.,

\w^>=\w_1 T^>+\w_2 N^>+\w_3 B^>

Berechne damit

\w^> \cross T^> und \w^> \cross B^>

und mache mit Deinem Ergebnis für T^>^* und B^>^* Koeffizienten\-Vergleich