Sivut

Kommentit (52)

QS
Seuraa 
Viestejä5301

Pitäisikö muotoilla lähemmäs Lagrangen meknaiikkaa.

Ketjun pituus l, pisteessä x=0 korkeudella y(0) ja loppupää pisteessä x=s korkeudella y(s). Köyden muoto käyrä y(x).

Tulee minimoida potentiaalienergia, jolle funktionaali u[y] = mg ∫ y sqrt(1+(y')²) dx, integraali 0->s. Tuossa mg infinitesimaalin pätkän potentiaalienergia ja integraalilla ketjun pituus välillä 0...s. Tässä y' = dy/dx.

Ketjulla tulee olla pituus, joka toinen funktionaali f[y] = ∫ sqrt(1+(dy/dx)²)dx. Rajoitus, että oltava f[y] = l.

Lagrangen formalismissa muodostetaan aktio S[y] = u[y] + λf[y], joka kirjoitetaan S[y] = ∫ L(y,y',x,λ). Tässä tuo integroitava funktio L(y,y',x,λ) = mg y sqrt(1+y'²) + λ sqrt(1+y'²) = (mgy + λ) sqrt(1+y'²).

Tässä staattisessa tapauksessa u[y] vastaa dynaamisen tehtävän energiaa, ja f[y] vastaa sidosehtoja. Tuo kertoja λ on aina mukana Lagrangessa silloin, kun mukana on rajoituksia jonkin tuntemattoman funktion arvoille, tai funktionaalin arvolle.

En osaa perustella muutoin kuin ehkä siten, että ketjua tulee voida varioida siten että u muuttuu, mutta varioinnin aikana f ei saa muuttua. Jos λ:aa ei olisi, niin köyden pituus f alkaisi heilua varioinnissa. Jotenkin näin?

käyttäjä-7929
Seuraa 
Viestejä493

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
käyttäjä-7929 kirjoitti:
Kappale putoaa pitkin käyrää y = 1/2 a x^2 eli käyrää

R(x) = x i + 1/2 a x^2 j

Käyrän tangentti on R'(x) = i + ax j ja yksikkötangentti on

t(x) = 1/sqrt(1 + a^2 x^2) (i + ax j)

Käyrän normaali on N(x) =  t'(x) ja yksikkönormaali n(x) = t'(x) / l t'(x) l =

1/sqrt(1 + a^2 x^2) * (-a x i + j)

Tämä on sisäänpäin osoittava normaali . Ulospäin osoittava yksikkönormaali on - n.

Gravitaatio vaikuttaa alaspäin: G = - mg j. Tämän komponentti normaalille - n on

(G, - n) (- n)  =(- mg j , - n) (- n) = (mg j , n) (- n)

ja tukivoiman tulee siis olla (mg j , n) n =  (mg / (1 + a^2 x^2))  * (- a x i + j)

Esim. kun x = 0 on tukivoima mg j kuten pitääkin.

Hmm, tossa on nyt se ongelma että tuo lasku ei huomioi kappaleen nopeutta mitenkään. Tuossa paremminkin lasketaan tuota G:n normaalikomponentin vastavektoria.

Tuo tukivoima riippuu sen kappaleen nopeudesta, koska kappaleeseen vaikuttavan kokonaisvoiman F normaalikomponentti Fn = v² / R, missä R on radan (= parabelin) kaarevuussäde kussakin pisteessä ja v on nopeus. Tuossa alimmassa paikassa R = 2, joten Fn = v²/2 = -mg + N, josta N = v²/2 + mg. Jos tuossa nopeus v on suuri  niin N on myös.

Niinpä. m-massaisen kappaleen rata on R(x) = x i + 1/2 a x^2 j.

Vaikuttava kokonaisvoima on F = m d^2 R/dt^2.

d^2 R/dt^2 = d/dt(dR/dt) = d/dt(dR/dx *  dx/dt) = d^2 R/dx^2 * (dx/dt)^2 + dR/dx * d^2 x/dt^2 =

a (dx/dt)^2 j + (i + ax j) * d^2 x/dt^2 =

d^2 x/dt^2  i + a ((dx/dt)^2 + x d^2 x /dt^2) j

Aluksi m korkeudella y0 = 1/2 a x0^2. Kun m on korkeudella y = 1/2 a x^2 se on pudonnut alaspäin matkan y0 -y.

Liike-energia on 1/2 m (dR/dt, dR/dt) = 1/2 m ((i + ax j) dx/dt,( i + ax j) dx/dt) = 1/2 m ( (dx/dt)^2 + a^2 x^2 *(dx/dt)^2)=

1/2 m (1 + a^2 x^2) (dx/dt)^2 = mg * 1/2 a * (x0^2 - x^2)

Tuosta on nyt laskettavissa dx/dt  x:n funktiona ja myös siis d^2 x /dt^2 = d/dt(dx/dt)  = d/dx(dx/dt)*dx/dt.

Kokonaisvoima oli F = m d^2 R/dt^2 joka nyt olisi siis laskettavissa.

Tukivoima  T =  F + mg j sillä F = T - mg j.

Enpä nyt ryhdy noita laskuja loppuun saakka suorittamaan.

Sisältö jatkuu mainoksen alla
Sisältö jatkuu mainoksen alla
Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä2551

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
....eli kirjoitetaan ketjulle potentiaalienergia:

V = m g ∫y ds,

missä ketju on esitetty xy-tasossa.

Tossa on hieman väärä kaava, tuossa pitäisi kai olla:

V =   ρ g ∫y ds,

missä siis ρ on ketjun pituustiheys dm/ds, joka myös oletetaan vakioksi. Jos ρ ei olisi vakio, sen pitäisi olla integraalimerkin sisällä.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

PPo
Seuraa 
Viestejä14543

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Quantum Statelle

Selaamassani kirjassa todetaan, että

Tärkeä esimerkki Lagrangen kertojien avulla ratkeavasta ongelmasta on selvittää mihin muotoon kahden tukipisteen väliin ripustettu köysi asettuu.

Osaisin luultavasti ratkaista tehtävän Eulerin yhtälöllä sovellettuna köyden potentiaalienergiaan. Tosin tehtävä ratkeaa helpommin tavallisena statiikan tehtävänä.

Yritin miettiä, miten Lagrangen kertojat tähän tehtävään ujutetaan vaan eipä selvinnyt.

Vaikka kyssäri oli QS.lle, vastaan  nyt ihan lyhyesti eli kirjoitetaan ketjulle potentiaalienergia

V = m g ∫y ds,

missä ketju on esitetty xy-tasossa. Koordinaateille x ja y käytetään parametriesitystä t-> (x(t),  y(t)) ja ketjun päätepisteet kiinteät, johtaa reunaehtoihin (x(0),y(0)) = (-Xo,Yo) ja (x(1),y(1)) = (Xo,Yo).

Ny jos laskee tuo potentiaalienergian minimiä Lagrangen tapaan suoraan muodostamalla Lagrangen yhtälöt, menee homma persiilleen, koska minimiä lasketaan minkä tahansa pituisista ktjuista, ketjun pituutta ei ole mitenkään rajoitettu. Siksi pitää antaa ehto ketjun vakiopituisuudelle eli:

P = ∫ds = vakio.

Uusi variaatiotehtävä on siten:

minimoi V = m g ∫y ds annetuilla reuna-ehdoilla ja ehdolla P = ∫ds = vakio.

Tämän kun laskee Lagrangen kertoimilla saa oikean vastauksen. Huomattavaa on, että tässä tehtävässä tuo Lagrangen kertoja λ on todellakin vakio. Hommaa voi helpottaa (?) käyttämällä vielä kaarenpituuttta s käyrän parametrina.

Meneekö? Entä seuraava?

Tukipisteet (±a,0), köyden pituus d, k=m/d

dEp=k*g*ds*(-y)=-kg*y√(1+y'^2) .Merkitääan f(y,y',x)=y√(1+y'^2)

d/dx(∂f/∂y')-∂f/∂y=......=(yy''-y'^2-1)/(√(1+y'^2)^3=0—>

yy''-y'^2-1=0

Tämä on oikea Lagrangen yhtälö kun vaaditaan vain reunaehtojen toteutumista ketjun päätepisteissä

PPo kirjoitti:
Yrite y=1/A*coshAx toteuttaa yhtälön.

Kyllä, yritteesi toteuttaa tuon yhtälön yy''-y'^2-1=0.

PPo kirjoitti:
Valitaan käyräksi y=1/A*coshAx-C, C=1/A*coshAa jotta tukipisteet on x-akselilla.

Tämä uusi y ei enää toteutakkaan yhtälöä yy''-y'^2-1=0, vaikka se toteuttaakin reunaehdot. Sitä ei siis voi käyttää.

PPo kirjoitti:
Kysymykseni on edelleen, miten tehtävään saadaan Lagrangen kertojat?

Tehtävässä on nyt vaan käytettävä rajoite-ehtoa P = ∫ds = vakio, koska muuten tehtävällä ei ole ratkaisua: ilman rajoitetta potentiaalienergian maksimi on vaakasuoran ketjun antama ja minimiä ei ole, sillä voidaan lisätä ketjun pituutta mielivaltaisesti.

yy''-y'^2-1=0

Yrite y=1/A*coshAx toteuttaa yhtälön.

Vakio A:lle saadaan ehto seuraavasta

∫√(1+y'^2)dx=∫(√(1+sinh^2Ax)dx=∫coshAxdx=2/A*sinhAa=d

y=1/A*coshAx toteuttaa differentiaaliyhtälön.

Mikäli A toteuttaa toisen boldauksen yhtälön, köyden pituuskin täsmää.

Jos tätä käyrää siirretään y-akselin suunnassa, muoto ja pituus säilyy joten

y=1/A*coshAx-C  kelpaa myös tehtävän ratkaisuksi, vaikka ei differentiaaliyhtälöä toteutakaan.

Nyt tämä rajote (köyden pituus) huomioitiin vasta Eulerin yhtälön ratkaisun jälkeen.

Edellisessä esimerkissä Lagrangen kertojat olivat mukana Lagrangen yhtälöissä.

Pohdin, miten tämä rajoite  saadaan mukaan Eulerin yhtälöön niinkuin  lukemani kirjan tekstissä esitetään.

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä2551

PPo kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Quantum Statelle

Selaamassani kirjassa todetaan, että

Tärkeä esimerkki Lagrangen kertojien avulla ratkeavasta ongelmasta on selvittää mihin muotoon kahden tukipisteen väliin ripustettu köysi asettuu.

Osaisin luultavasti ratkaista tehtävän Eulerin yhtälöllä sovellettuna köyden potentiaalienergiaan. Tosin tehtävä ratkeaa helpommin tavallisena statiikan tehtävänä.

Yritin miettiä, miten Lagrangen kertojat tähän tehtävään ujutetaan vaan eipä selvinnyt.

Vaikka kyssäri oli QS.lle, vastaan  nyt ihan lyhyesti eli kirjoitetaan ketjulle potentiaalienergia

V = m g ∫y ds,

missä ketju on esitetty xy-tasossa. Koordinaateille x ja y käytetään parametriesitystä t-> (x(t),  y(t)) ja ketjun päätepisteet kiinteät, johtaa reunaehtoihin (x(0),y(0)) = (-Xo,Yo) ja (x(1),y(1)) = (Xo,Yo).

Ny jos laskee tuo potentiaalienergian minimiä Lagrangen tapaan suoraan muodostamalla Lagrangen yhtälöt, menee homma persiilleen, koska minimiä lasketaan minkä tahansa pituisista ktjuista, ketjun pituutta ei ole mitenkään rajoitettu. Siksi pitää antaa ehto ketjun vakiopituisuudelle eli:

P = ∫ds = vakio.

Uusi variaatiotehtävä on siten:

minimoi V = m g ∫y ds annetuilla reuna-ehdoilla ja ehdolla P = ∫ds = vakio.

Tämän kun laskee Lagrangen kertoimilla saa oikean vastauksen. Huomattavaa on, että tässä tehtävässä tuo Lagrangen kertoja λ on todellakin vakio. Hommaa voi helpottaa (?) käyttämällä vielä kaarenpituuttta s käyrän parametrina.

Meneekö? Entä seuraava?

Tukipisteet (±a,0), köyden pituus d, k=m/d

dEp=k*g*ds*(-y)=-kg*y√(1+y'^2) .Merkitääan f(y,y',x)=y√(1+y'^2)

d/dx(∂f/∂y')-∂f/∂y=......=(yy''-y'^2-1)/(√(1+y'^2)^3=0—>

yy''-y'^2-1=0

Tämä on oikea Lagrangen yhtälö kun vaaditaan vain reunaehtojen toteutumista ketjun päätepisteissä

PPo kirjoitti:
Yrite y=1/A*coshAx toteuttaa yhtälön.

Kyllä, yritteesi toteuttaa tuon yhtälön yy''-y'^2-1=0.

PPo kirjoitti:
Valitaan käyräksi y=1/A*coshAx-C, C=1/A*coshAa jotta tukipisteet on x-akselilla.

Tämä uusi y ei enää toteutakkaan yhtälöä yy''-y'^2-1=0, vaikka se toteuttaakin reunaehdot. Sitä ei siis voi käyttää.

PPo kirjoitti:
Kysymykseni on edelleen, miten tehtävään saadaan Lagrangen kertojat?

Tehtävässä on nyt vaan käytettävä rajoite-ehtoa P = ∫ds = vakio, koska muuten tehtävällä ei ole ratkaisua: ilman rajoitetta potentiaalienergian maksimi on vaakasuoran ketjun antama ja minimiä ei ole, sillä voidaan lisätä ketjun pituutta mielivaltaisesti.

yy''-y'^2-1=0

Yrite y=1/A*coshAx toteuttaa yhtälön.

Vakio A:lle saadaan ehto seuraavasta

∫√(1+y'^2)dx=∫(√(1+sinh^2Ax)dx=∫coshAxdx=2/A*sinhAa=d

y=1/A*coshAx toteuttaa differentiaaliyhtälön.

Mikäli A toteuttaa toisen boldauksen yhtälön, köyden pituuskin täsmää.

Jos tätä käyrää siirretään y-akselin suunnassa, muoto ja pituus säilyy joten

y=1/A*coshAx-C  kelpaa myös tehtävän ratkaisuksi, vaikka ei differentiaaliyhtälöä toteutakaan.

Nyt tämä rajote (köyden pituus) huomioitiin vasta Eulerin yhtälön ratkaisun jälkeen.

Edellisessä esimerkissä Lagrangen kertojat olivat mukana Lagrangen yhtälöissä.

Pohdin, miten tämä rajoite  saadaan mukaan Eulerin yhtälöön niinkuin  lukemani kirjan tekstissä esitetään.

Kerro mikä kirja on kyseessä ja ota skannaukset asiaankuuluvista sivuista ja liitä ne vaikka Boltzman käyttämään tallennuspalveluun, niin silloin ei tarvitse arvailla mitä siinä kirjassa sanotaan. 

Kaikki tuon potentiaalienergian minimointitehtävän ratkaisut (reunaehdoista riippumatta) toteuttavat aina saman differentiaaliyhtälön eli  yy''-y'^2-1=0. Ainoa mahdollisuus muuttaa ratkaisua on muuttaa itse  tehtävää, jossa potentiaalin nollatason valinta poikkeaa mun valinnastani, jossa  V = 0, kun y= 0.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

PPo
Seuraa 
Viestejä14543

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Quantum Statelle

Selaamassani kirjassa todetaan, että

Tärkeä esimerkki Lagrangen kertojien avulla ratkeavasta ongelmasta on selvittää mihin muotoon kahden tukipisteen väliin ripustettu köysi asettuu.

Osaisin luultavasti ratkaista tehtävän Eulerin yhtälöllä sovellettuna köyden potentiaalienergiaan. Tosin tehtävä ratkeaa helpommin tavallisena statiikan tehtävänä.

Yritin miettiä, miten Lagrangen kertojat tähän tehtävään ujutetaan vaan eipä selvinnyt.

Vaikka kyssäri oli QS.lle, vastaan  nyt ihan lyhyesti eli kirjoitetaan ketjulle potentiaalienergia

V = m g ∫y ds,

missä ketju on esitetty xy-tasossa. Koordinaateille x ja y käytetään parametriesitystä t-> (x(t),  y(t)) ja ketjun päätepisteet kiinteät, johtaa reunaehtoihin (x(0),y(0)) = (-Xo,Yo) ja (x(1),y(1)) = (Xo,Yo).

Ny jos laskee tuo potentiaalienergian minimiä Lagrangen tapaan suoraan muodostamalla Lagrangen yhtälöt, menee homma persiilleen, koska minimiä lasketaan minkä tahansa pituisista ktjuista, ketjun pituutta ei ole mitenkään rajoitettu. Siksi pitää antaa ehto ketjun vakiopituisuudelle eli:

P = ∫ds = vakio.

Uusi variaatiotehtävä on siten:

minimoi V = m g ∫y ds annetuilla reuna-ehdoilla ja ehdolla P = ∫ds = vakio.

Tämän kun laskee Lagrangen kertoimilla saa oikean vastauksen. Huomattavaa on, että tässä tehtävässä tuo Lagrangen kertoja λ on todellakin vakio. Hommaa voi helpottaa (?) käyttämällä vielä kaarenpituuttta s käyrän parametrina.

Meneekö? Entä seuraava?

Tukipisteet (±a,0), köyden pituus d, k=m/d

dEp=k*g*ds*(-y)=-kg*y√(1+y'^2) .Merkitääan f(y,y',x)=y√(1+y'^2)

d/dx(∂f/∂y')-∂f/∂y=......=(yy''-y'^2-1)/(√(1+y'^2)^3=0—>

yy''-y'^2-1=0

Tämä on oikea Lagrangen yhtälö kun vaaditaan vain reunaehtojen toteutumista ketjun päätepisteissä

PPo kirjoitti:
Yrite y=1/A*coshAx toteuttaa yhtälön.

Kyllä, yritteesi toteuttaa tuon yhtälön yy''-y'^2-1=0.

PPo kirjoitti:
Valitaan käyräksi y=1/A*coshAx-C, C=1/A*coshAa jotta tukipisteet on x-akselilla.

Tämä uusi y ei enää toteutakkaan yhtälöä yy''-y'^2-1=0, vaikka se toteuttaakin reunaehdot. Sitä ei siis voi käyttää.

PPo kirjoitti:
Kysymykseni on edelleen, miten tehtävään saadaan Lagrangen kertojat?

Tehtävässä on nyt vaan käytettävä rajoite-ehtoa P = ∫ds = vakio, koska muuten tehtävällä ei ole ratkaisua: ilman rajoitetta potentiaalienergian maksimi on vaakasuoran ketjun antama ja minimiä ei ole, sillä voidaan lisätä ketjun pituutta mielivaltaisesti.

yy''-y'^2-1=0

Yrite y=1/A*coshAx toteuttaa yhtälön.

Vakio A:lle saadaan ehto seuraavasta

∫√(1+y'^2)dx=∫(√(1+sinh^2Ax)dx=∫coshAxdx=2/A*sinhAa=d

y=1/A*coshAx toteuttaa differentiaaliyhtälön.

Mikäli A toteuttaa toisen boldauksen yhtälön, köyden pituuskin täsmää.

Jos tätä käyrää siirretään y-akselin suunnassa, muoto ja pituus säilyy joten

y=1/A*coshAx-C  kelpaa myös tehtävän ratkaisuksi, vaikka ei differentiaaliyhtälöä toteutakaan.

Nyt tämä rajote (köyden pituus) huomioitiin vasta Eulerin yhtälön ratkaisun jälkeen.

Edellisessä esimerkissä Lagrangen kertojat olivat mukana Lagrangen yhtälöissä.

Pohdin, miten tämä rajoite  saadaan mukaan Eulerin yhtälöön niinkuin  lukemani kirjan tekstissä esitetään.

Kerro mikä kirja on kyseessä ja ota skannaukset asiaankuuluvista sivuista ja liitä ne vaikka Boltzman käyttämään tallennuspalveluun, niin silloin ei tarvitse arvailla mitä siinä kirjassa sanotaan. 

Kaikki tuon potentiaalienergian minimointitehtävän ratkaisut (reunaehdoista riippumatta) toteuttavat aina saman differentiaaliyhtälön eli  yy''-y'^2-1=0. Ainoa mahdollisuus muuttaa ratkaisua on muuttaa itse  tehtävää, jossa potentiaalin nollatason valinta poikkeaa mun valinnastani, jossa  V = 0, kun y= 0.

Kirja on" Klassinen mekaniikka", tekijät Koskinen, Vainio.

Esimerkki 3 Pyykkinaru

Tärkeä esimerkki Lagrangen kertojien avulla ratkeavasta ongelmasta on selvittää mihin muotoon kahden tukipisteen väliin ripustettu köysi asettuu. Köyden pituus on D (sidosehto) ja tukipisteiden väli 2a<D. Ongelman ratkaisu on ketjukäyrä 

y/ß=cosh(x/ß)-1

missä ß onyhtälön

D=2ßsinh(a/ß)

ratkaisu.

Jätetään laskun yksityiskohdat harjoitustehtäväksi.

Tässä kaikki pyykkinarusta.

QS
Seuraa 
Viestejä5301

Quantum State kirjoitti:
Pitäisikö muotoilla lähemmäs Lagrangen meknaiikkaa.

Ketjun pituus l, pisteessä x=0 korkeudella y(0) ja loppupää pisteessä x=s korkeudella y(s). Köyden muoto käyrä y(x).

Tulee minimoida potentiaalienergia, jolle funktionaali u[y] = mg ∫ y sqrt(1+(y')²) dx, integraali 0->s. Tuossa mg infinitesimaalin pätkän potentiaalienergia ja integraalilla ketjun pituus välillä 0...s. Tässä y' = dy/dx.

Ketjulla tulee olla pituus, joka toinen funktionaali f[y] = ∫ sqrt(1+(dy/dx)²)dx. Rajoitus, että oltava f[y] = l.

Lagrangen formalismissa muodostetaan aktio S[y] = u[y] + λf[y], joka kirjoitetaan S[y] = ∫ L(y,y',x,λ). Tässä tuo integroitava funktio L(y,y',x,λ) = mg y sqrt(1+y'²) + λ sqrt(1+y'²) = (mgy + λ) sqrt(1+y'²).

Tässä staattisessa tapauksessa u[y] vastaa dynaamisen tehtävän energiaa, ja f[y] vastaa sidosehtoja. Tuo kertoja λ on aina mukana Lagrangessa silloin, kun mukana on rajoituksia jonkin tuntemattoman funktion arvoille, tai funktionaalin arvolle.

En osaa perustella muutoin kuin ehkä siten, että ketjua tulee voida varioida siten että u muuttuu, mutta varioinnin aikana f ei saa muuttua. Jos λ:aa ei olisi, niin köyden pituus f alkaisi heilua varioinnissa. Jotenkin näin?

Jatkan ajan kuluksi yllä olevaa lähestymistapaa, yleisellä tasolla.

Saatu L(y,y',x,λ) = (mgy + λ) sqrt(1+y'²) ei riipu eksplisiittisesti x:stä. Vastaa tilannetta, jossa L ei riipu eksplisiittisesti ajasta t. Nötherin teoreemalla löydettävissä säilyvä virta. Säilyvä suure on Hamiltonin funktion H = y'(∂L/∂y') - L kaltainen, joka siis säilyy vakiona.

Asetetaan H=E, joka vastaa 'säilyvää energiaa':

H = (mgy + λ)/sqrt(1+y'²) = E.

Tuota kun ratkoo (jota en nyt itse tehnyt tosin..) saadaan

y(x) = E/mg cosh( mgx/E + c) - λ/mg

Parametreiksi jäävät E, λ ja integroimisvakio c. Jos ketjun kiinnityspisteiden koordinaatit valitaan sopivasti, niin yksinkertaistuu hiukan: y(x) = E/mg cosh(mgx/E).

Eli  vaiheittain samalla tavalla kuin dynaamisen systeemin Lagrangen mekaniikassakin, kertoja λ mukaan lukien.

Eusa
Seuraa 
Viestejä17025

Ketjukäyrälle asetetut vastakkaiset normaalivektorit tulee saattaa summana häipyviksi. Siis haetaan suoran yhtälölle kerrointa, joka antaa vastavektorin osittaisderivaattakomponenteilla muodostettavalle vektorille... Ei kai se välttämättä vakio ole. Ja tuskinpa.

Voiko vaikutuksen (sujuvasti) määritellä arvaamatta, että kyseessä ketjukäyrä?

Hienorakennevakio vapausasteista: (1+2¹+3²+5³+1/2¹*3²/5³)⁻¹ = 137,036⁻¹

PPo
Seuraa 
Viestejä14543

Quantum State kirjoitti:
Quantum State kirjoitti:
Pitäisikö muotoilla lähemmäs Lagrangen meknaiikkaa.

Ketjun pituus l, pisteessä x=0 korkeudella y(0) ja loppupää pisteessä x=s korkeudella y(s). Köyden muoto käyrä y(x).

Tulee minimoida potentiaalienergia, jolle funktionaali u[y] = mg ∫ y sqrt(1+(y')²) dx, integraali 0->s. Tuossa mg infinitesimaalin pätkän potentiaalienergia ja integraalilla ketjun pituus välillä 0...s. Tässä y' = dy/dx.

Ketjulla tulee olla pituus, joka toinen funktionaali f[y] = ∫ sqrt(1+(dy/dx)²)dx. Rajoitus, että oltava f[y] = l.

Lagrangen formalismissa muodostetaan aktio S[y] = u[y] + λf[y], joka kirjoitetaan S[y] = ∫ L(y,y',x,λ). Tässä tuo integroitava funktio L(y,y',x,λ) = mg y sqrt(1+y'²) + λ sqrt(1+y'²) = (mgy + λ) sqrt(1+y'²).

Tässä staattisessa tapauksessa u[y] vastaa dynaamisen tehtävän energiaa, ja f[y] vastaa sidosehtoja. Tuo kertoja λ on aina mukana Lagrangessa silloin, kun mukana on rajoituksia jonkin tuntemattoman funktion arvoille, tai funktionaalin arvolle.

En osaa perustella muutoin kuin ehkä siten, että ketjua tulee voida varioida siten että u muuttuu, mutta varioinnin aikana f ei saa muuttua. Jos λ:aa ei olisi, niin köyden pituus f alkaisi heilua varioinnissa. Jotenkin näin?

Jatkan ajan kuluksi yllä olevaa lähestymistapaa, yleisellä tasolla.

Saatu L(y,y',x,λ) = (mgy + λ) sqrt(1+y'²) ei riipu eksplisiittisesti x:stä. Vastaa tilannetta, jossa L ei riipu eksplisiittisesti ajasta t. Nötherin teoreemalla löydettävissä säilyvä virta. Säilyvä suure on Hamiltonin funktion H = y'(∂L/∂y') - L kaltainen, joka siis säilyy vakiona.

Asetetaan H=E, joka vastaa 'säilyvää energiaa':

H = (mgy + λ)/sqrt(1+y'²) = E.

Tuota kun ratkoo (jota en nyt itse tehnyt tosin..) saadaan

y(x) = E/mg cosh( mgx/E + c) - λ/mg

Parametreiksi jäävät E, λ ja integroimisvakio c. Jos ketjun kiinnityspisteiden koordinaatit valitaan sopivasti, niin yksinkertaistuu hiukan: y(x) = E/mg cosh(mgx/E).

Eli  vaiheittain samalla tavalla kuin dynaamisen systeemin Lagrangen mekaniikassakin, kertoja λ mukaan lukien.

Ketjukäyrän saa laskettua, kun minimoi potentiaalienergian Eulerin yhtälöllä  joten Lagrangen kertojan käyttäminen ei ainakaan helpota tehtävän ratkaisua!

Puhumattakaan siitä, että ratkaisee tehtävän Newtonin mekaniikalla tavallisena statiikan tehtävänä.

QS
Seuraa 
Viestejä5301

PPo kirjoitti:
Quantum State kirjoitti:
Quantum State kirjoitti:
Pitäisikö muotoilla lähemmäs Lagrangen meknaiikkaa.

Ketjun pituus l, pisteessä x=0 korkeudella y(0) ja loppupää pisteessä x=s korkeudella y(s). Köyden muoto käyrä y(x).

Tulee minimoida potentiaalienergia, jolle funktionaali u[y] = mg ∫ y sqrt(1+(y')²) dx, integraali 0->s. Tuossa mg infinitesimaalin pätkän potentiaalienergia ja integraalilla ketjun pituus välillä 0...s. Tässä y' = dy/dx.

Ketjulla tulee olla pituus, joka toinen funktionaali f[y] = ∫ sqrt(1+(dy/dx)²)dx. Rajoitus, että oltava f[y] = l.

Lagrangen formalismissa muodostetaan aktio S[y] = u[y] + λf[y], joka kirjoitetaan S[y] = ∫ L(y,y',x,λ). Tässä tuo integroitava funktio L(y,y',x,λ) = mg y sqrt(1+y'²) + λ sqrt(1+y'²) = (mgy + λ) sqrt(1+y'²).

Tässä staattisessa tapauksessa u[y] vastaa dynaamisen tehtävän energiaa, ja f[y] vastaa sidosehtoja. Tuo kertoja λ on aina mukana Lagrangessa silloin, kun mukana on rajoituksia jonkin tuntemattoman funktion arvoille, tai funktionaalin arvolle.

En osaa perustella muutoin kuin ehkä siten, että ketjua tulee voida varioida siten että u muuttuu, mutta varioinnin aikana f ei saa muuttua. Jos λ:aa ei olisi, niin köyden pituus f alkaisi heilua varioinnissa. Jotenkin näin?

Jatkan ajan kuluksi yllä olevaa lähestymistapaa, yleisellä tasolla.

Saatu L(y,y',x,λ) = (mgy + λ) sqrt(1+y'²) ei riipu eksplisiittisesti x:stä. Vastaa tilannetta, jossa L ei riipu eksplisiittisesti ajasta t. Nötherin teoreemalla löydettävissä säilyvä virta. Säilyvä suure on Hamiltonin funktion H = y'(∂L/∂y') - L kaltainen, joka siis säilyy vakiona.

Asetetaan H=E, joka vastaa 'säilyvää energiaa':

H = (mgy + λ)/sqrt(1+y'²) = E.

Tuota kun ratkoo (jota en nyt itse tehnyt tosin..) saadaan

y(x) = E/mg cosh( mgx/E + c) - λ/mg

Parametreiksi jäävät E, λ ja integroimisvakio c. Jos ketjun kiinnityspisteiden koordinaatit valitaan sopivasti, niin yksinkertaistuu hiukan: y(x) = E/mg cosh(mgx/E).

Eli  vaiheittain samalla tavalla kuin dynaamisen systeemin Lagrangen mekaniikassakin, kertoja λ mukaan lukien.

Ketjukäyrän saa laskettua, kun minimoi potentiaalienergian Eulerin yhtälöllä  joten Lagrangen kertojan käyttäminen ei ainakaan helpota tehtävän ratkaisua!

Puhumattakaan siitä, että ratkaisee tehtävän Newtonin mekaniikalla tavallisena statiikan tehtävänä.

joo, joskus Lagrangen mekaniikka helpottaa, joskus ei. Tässä kyseisessä tapauksessa ei ehkä helpota.

PPo
Seuraa 
Viestejä14543

Quantum State kirjoitti:
Pitäisikö muotoilla lähemmäs Lagrangen meknaiikkaa.

Ketjun pituus l, pisteessä x=0 korkeudella y(0) ja loppupää pisteessä x=s korkeudella y(s). Köyden muoto käyrä y(x).

Tulee minimoida potentiaalienergia, jolle funktionaali u[y] = mg ∫ y sqrt(1+(y')²) dx, integraali 0->s. Tuossa mg infinitesimaalin pätkän potentiaalienergia ja integraalilla ketjun pituus välillä 0...s. Tässä y' = dy/dx.

Ketjulla tulee olla pituus, joka toinen funktionaali f[y] = ∫ sqrt(1+(dy/dx)²)dx. Rajoitus, että oltava f[y] = l.

Lagrangen formalismissa muodostetaan aktio S[y] = u[y] + λf[y], joka kirjoitetaan S[y] = ∫ L(y,y',x,λ). Tässä tuo integroitava funktio L(y,y',x,λ) = mg y sqrt(1+y'²) + λ sqrt(1+y'²) = (mgy + λ) sqrt(1+y'²).

Tässä staattisessa tapauksessa u[y] vastaa dynaamisen tehtävän energiaa, ja f[y] vastaa sidosehtoja. Tuo kertoja λ on aina mukana Lagrangessa silloin, kun mukana on rajoituksia jonkin tuntemattoman funktion arvoille, tai funktionaalin arvolle.

En osaa perustella muutoin kuin ehkä siten, että ketjua tulee voida varioida siten että u muuttuu, mutta varioinnin aikana f ei saa muuttua. Jos λ:aa ei olisi, niin köyden pituus f alkaisi heilua varioinnissa. Jotenkin näin?

Laskin sinun L:lle

d/dx(∂L/∂y')-∂L|∂y=0—>mg(y*y''-y'^2-1)+µ*y''=0

Tarjosin tätä WA:lle, jonka antamista ratkaisuista se, joka on symmetrinen y-akselin suhteen,on

y=1/mg*cosh(mgx)-µ/mg.

Kaikkea ne ohjelmat osaavatkin!

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä2551

Tässä on tavallaan kaksi lähes samankaltaista tehtävää (mulla asetettu g= m =ρ =1 ):

Tehtävä 1:

Etsi potentiaalienergian V = ∫y(x) ds minimoiva funktio  y(x), joka toteuttaa reunaehdot  y(-a) = y(a) = Yo. Ratkaisua etsitään kaikkien mainitut reunaehdot toteuttavien funktioiden joukosta.

Tehtävä 2:

Etsi potentiaalienergian V = ∫y(x) ds minimoiva funktio y = y(x), joka toteuttaa reunaehdot  y(-a) = y(a) = Yo ja minimoivaa funktiota etsitään vain niiden funktioiden joukosta, jotka toteuttavat reunaehtojen lisäksi ehdon ∫ ds = sqrt(1+y'²) = l = vakio.

Kumpaankin tehtävään voidaan muodostaa Lagrangen funktionaali QS:n tapaan ja myös vastaava Euler-Lagrangen yhtälö:

Tehtävä 1:

 S (y) = V(y) =∫ y sqrt(1 + (y')²) dx ja differentiaaliyhtälö yy'' - y'^2 - 1 = 0. Differentiaaliyhtälön ratkaisuna funktio Y₁(x) = y₁(x,A,B), missä A ja B ovat integroimisvakioita, jotka määräytyvät reunaehdoista.

Tehtävä 2:

S (y) = V(y) =∫ (y sqrt(1 + (y')²) + λ sqrt(1 + y'²)) dx ja differentiaaliyhtälö yy'' - y'^2 - 1 + λy'' = 0. Differentiaaliyhtälön ratkaisuna funktio Y₂(x) = y₂(x,C,D), missä C ja D ovat integroimisvakioita, jotka määräytyvät reunaehdoista. Tässä on mukana se Lagrangen kertoja λ.

Tehtävä 1:

Saatu funktio Y₁(x) ei kuitenkaan ole minimi eikä maksimi potentiaalienergialle, joten tehtävällä ei ratkaisua. Ratkaisu on kuitenkin ekstremaali. Tilanne vastaa differentiaalilaskennan tulosta, jossa vaikka y'(x) = 0 ei piste x anna funktiolle välttämättä (lokaalia )maksimia tai minimiä, esim y(x) = x³.

Tehtävä 2:

Y₂(x) antaa minimin potentiaalienergialle.

Huomattavaa on että tehtävän 2 ratkaisu Y₂(x) ei toteuta tehtävän 1 differentiaaliyhtälöä yy'' - y'^2 - 1 = 0 ja tehtävän 1 ratkaisu Y₁(x)  ei toteuta  tehtävän 2 differentiaaliyhtälöä kun λ ≠0.

No tämä nyt oli tälläistä pedanttista saivartelua, mutta mielestäni kuitenkin tässä paikallaan.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

Sivut

Suosituimmat

Uusimmat

Sisältö jatkuu mainoksen alla

Uusimmat

Suosituimmat