Kertausta: Vapausasteet

Transkriptio

1 Maanantai /19 Kertausta: Vapausasteet Liikkeen kuvailu: massapisteen koordinaatit (x, y, z) ja nopeudet (v x, v y, v z ). Vapaasti liikkuvalla massapisteellä on kolme vapausastetta. N:llä vapaasti liikkuvalla massapisteellä on 3N vapausastetta 3N koordinaattia 3N nopeuskomponenttia Esimerkkinä mietitään matemaattista heiluria. Tämä on akateeminen kolmiulotteinen ongelma. Sidosehtoja: tasoliike: -1 koordinaatti pituus L=vakio: -1 koordinaatti yhteensä: 3-2 = 1 vapausastetta, heilumiskulma θ

2 Maanantai /19 Kertausta: d Alembertin periaate Otetaan n kpl tavallisia koordinaatteja ja k kpl holonomisia sidoksia (hyperpinta f j ( r 1,..., r N, t) = 0), joista jokainen siis vähentää riippumattomia muuttujia yhdellä. Tarvitaan n k kpl yleistettyjä koordinaatteja q j, j = 1,..., n k. x i = x i ({q i }, t) ; i = 1, 2,..., n ; j = 1, 2,..., n k n k x i dx i = dq j + x i q j=1 j t dt q j :t (n k kpl) ovat yleistetyt koordinaatit: riippumattomia kuvaavat systeemin täydellisesti Virtuaalinen siirros: n k x i δx i = δq j q j=1 j d Alembert oletti, että kitkattomista sidoksista johtuvat voimat eivät tee työtä virtuaalisissa siirroksissa: F (s) δ r = 0. Olkoon siirros i-komponentin suuntaan: n ṗ i = F i + F (s) i i=1 ( F i + F (s) i ṗ i ) δx i = 0 n (F i ṗ i )δx i = 0 i=1

3 Maanantai /19 Kertausta: Lagrangen yhtälöiden johto Kirjoitetaan sitten d Alembertin yhtälö uuteen kuosiin (muista x i = x i ({q i }, t)), ṗ i δx i = ( ) x i m i ẍ i δq j = ( ( ) d T T ) δq j q i j i j dt q j j q j 0 = i Koska q j :t riippumattomia ( n n k n ) x i F i δx i = F i δq j q i=1 j=1 i=1 j }{{} Q j (F i ṗ i ) δx i = j d dt ( T q j [ Q j d dt ) T q j ( T = Q j q j ) + T ] δq j q j Oletetaan vielä, että ulkoiset voimat ovat konservatiivisia, eli Q j = i F i x i = U({q q j q j }, t), jolloin U = 0. Määritellään lopuksi Lagrangen j q j funktio L = T U, jolle saadaan d L L = 0 dt q j q j

4 Maanantai /19 Esimerkki: Hitu homogeenisessa painovoimakentässä Valitaan U(x 3 = 0) = 0: T = 1 2 m ( ẋ1 2 + ẋ2 2 + ) ẋ2 3 U = mgx 3 L = 1 2 m ( ẋ1 2 + ẋ2 2 + ) ẋ2 3 mgx3 ( ) Lagrangen yhtälöinä d L L = 0 saadaan tutut vinon heittoliikkeen yhtälöt: dt ẋ j x j mẍ 1 = 0 mẍ 2 = 0 mẍ 3 = mg Sidosehto: liike (x 1, x 3 )-tasossa tiputtaa yhden vapausasteen pois. Muunnokset x 1 = q 1, x 2 = 0, x 3 = q 2 tuottavat: L = 1 2 m ( q q2 2) mgq2

5 aanantai /19 Sidosvoimat Lagrangen formalismissa Lagrangen formalismissa sidokset katoavat muunnosyhtälöihin x i = x i ({q j }, t), i = 1,..., n, j = 1,..., n k. Joskus sidosvoimat on tärkeää tuntea. Määritellään k kpl λ α muuttujaa, joita kutsutaan Lagrangen kertoimiksi ja määritellään uusi Lagrangen funktio k L = L({x i }, {ẋ i }, t) + λ αf α({x i }, t) α=1 Käsitellään λ α kuten uusia koordinaatteja. Koska L ei riipu λ α:stä, Lagrangen yhtälöt λ α:lle ovat: L λ α = f α({x i }, t) = 0 (sidosehdot) Toisaalta liikeyhtälöt x i :lle ovat d dt ( L ẋ i ) L x i = k α=1 λ α f α x i Voimme nyt ratkaista nämä yhtälöt kuten teimme Newtonilaisittainkin.

6 aanantai /19 Esimerkki: matemaattinen heiluri Lagrangen formalismissa Heilurin Lagrangen funktio on helppo muodostaa, kun muistaa, että kyseessä on vapaan hitun liike tasossa. Lagrangen funktio, Lagrangen kertoimineen on: L = 1 2 m ( ẋ 2 + ẏ 2) + mgy λ(x2 + y 2 l 2 ) Tästä voimme muodostaa liikeyhtälöt: x 1 : mẍ = λx x 2 : mÿ = mg + λy λ : x 2 + y 2 l 2 = 0 Vertaamalla luentojen 2, kalvoon 6, huomaamme, että Lagrangen kerroin on verrannollinen jännitysvoimaan: λ = J/l.

7 Maanantai /19 Liikeyhtälöt yleistetyille koordinaateille Sidosvoimat voidaan siis kaivaa Lagrangen formalismista käyttäen Lagrangen kertoimia. Usein sidosvoimat eivät ole kiinnostavia, vaan miten itse yleistetyt koordinaatit q i muuttuvat. Seuraava teoreema onkin hyödyllinen. Teoreema: sidotun systemin liikeyhtälöt voidaan johtaa suoraan yleistetyillä koordinaateilla q i, L(q i, q i, t) = L(x i (q j, t), ẋ i (q i, q i, t), t) Todistus: määritellään L = L + α λαfα ja tehdään muunnos: { q i, i = 1,..., n k x i f α, α = 1,..., k Lagrangen liikeyhtälöt ovat saman muotoiset uusissa koordinaateissa, erityisesti q i :lle: ( ) d L L = f α λ α = 0 dt q i q i q i sillä määritelmän mukaan f α/ q i = 0. Eli saimme Lagrangen yhtälöt q i :lle ilman merkkejä sidoksista. Jos olemme kiinnostuneet vain dynamiikasta, voimme unohtaa Lagrangen kertoimet ja keskittyä vain yleistettyihin koordinaatteihin.

8 aanantai /19 Esimerkki: matemaattinen heiluri vielä kerran Palataan vielä kerran esimerkkiin matemaattisesta heilurista, tällä kertaa yleistetyissä koordinaateissa. Kuten edellä, liike painovoimakentässä (x, y) = (q 1, q 2 )-tasossa: L = 1 2 m ( q q2 2) + mgq2 Sidosehto q1 2 + q2 2 = l2 johtaa vain yhteen vapausasteeseen, heilahduskulmaan θ. Tämän voi parametrisoida { q 1 = l sin θ q 1 = l θ cos θ q 2 = l cos θ q 2 = l θ sin θ q q2 2 = l2 θ 2 L = 1 2 ml2 θ 2 + mgl cos θ Yleistetty koordinaatti on nyt q j = θ, jolle saamme Lagrangen yhtälöksi (kuten Newtonilaisittainkin): θ + g l sin θ = 0 Huomaa, että jännitysvoima ei siis esiintynyt ollenkaan.

9 aanantai /19 Esimerkki: Liikemäärämomentin säilyminen tasoliikkeessä Napakoordinaatit (r, θ): { x = r cos θ ẋ = ṙ cos θ r θ sin θ y = r sin θ ẏ = ṙ sin θ + r θ cos θ T = 1 2 m ( ẋ 2 + ẏ 2) = 1 2 m ( ṙ 2 + r 2 θ2 ) Yleistetty voima Q j = i F i x i q j : 1 { Q r Q θ = F r r = F (rêr ) r = F ê r = F r êr = F r θ = F (rê θ ) = rf θ = 0 r = ê θ êr θ jossa Q θ on F :n momentti O:n suhteen. Sijoitetaan liikeyhtälöön d dt q j = r q j = θ T T = Q q j q j : j m r mr 2 θ 2 = F r d ( ) mr 2 θ = rf θ Liikemäärämomentin säilymislaki dt Jos voima on keskeisvoima, liikemäärämomentti on liikevakio ja tuloksena on tuttu radiaalisuunnan liikeyhtälö keskipakoisvoimineen. 1 Ei oleteta F :n konservatiivisuutta.

10 aanantai /19 Massapiste tasaisesti pyörivällä langalla lanka pyörii ω z-akselin ympäri m liikkuu ulospäin ei muita voimia Reonominen sidosehto f ( r, t) = 0 aika mukana yhtälöissä: { x = r cos ωt y = r sin ωt Yksi vapausaste: yleistetty koordinaatti r = r(t): Lagrangen liikeyhtälöksi tulee: L = T = 1 2 m ( ẋ 2 + ẏ 2) = 1 2 m ( ṙ 2 + r 2 ω 2) r = rω 2 keskipakoiskiihtyvyys

11 aanantai /19 Esimerkki: Helmi pyörivässä vanteessa Ainoastaan yksi vapausaste ψ: x = a sin ψ cos ωt y = a sin ψ sin ωt z = a a cos ψ T = 1 2 m ( ẋ 2 + ẏ 2 + ż 2) = 1 ( ) 2 ma2 ψ 2 + ω 2 sin 2 ψ V = mgz = mga cos ψ L = ma 2 ( 1 2 ψ 2 V eff ) Liikeyhtälöt: V eff = 1 ( ma 2 mga cos ψ 1 ) 2 ma2 ω 2 sin 2 ψ ψ = V eff ψ

12 aanantai /19 Esimerkki: Helmi pyörivässä vanteessa Etsitään sitten stationaarisia ratkaisuja, eli sellaisia, joissa helmi ei liiku ( ψ = ψ = 0). Liikeyhtälön mukaisesti meidän pitää ratkaista: V eff ψ = 0 g sin ψ = aω2 sin ψ cos ψ Ratkaisuja on siis enintään 3: ψ = 0, ψ = π tai cos ψ = g aω 2. Huomaa, että vain 2 ensimmäistä ratkaisua on aina olemassa, mutta kolmas vain jos vanne pyörii riittävän nopeasti: ω 2 g/a. Mikä näistä ratkaisuista on vakaa riippuu siitä onko V eff (ψ):llä lokaali minimi (vakaa) vai maksimi (epävakaa); tämä taas riipuu ω:sta.

13 aanantai /19 Nopeudesta riippuvat voimat Tähän mennessä saatu d dt ( T q j ) T q j = Q j josta päästiin Lagrangen yhtälöihin ( ) d L L = 0 ; L = T U, kun Q j = U({q j }, t) dt q j q j q j Entä jos potentiaali U = U({q j }, { q j })? Tämä on selvästi mahdollista, jos U s.e. Q j = U q j + d dt ( ) U q j Tärkeä esimerkki: Lorentzin voima ( ) F = q E + v B

14 aanantai /19 Elektrodynamiikan pikakurssi Otetaan käyttöön merkintä t = jne. Maxwellin yhtälöt t MI : E = ρq ɛ 0 MII : B = 0 MIII : E = B t MIV : B = µ 0 J + 1 E c 2 t M II A s.e. B = A, sij. M III:een ( ) E + A = 0 Φ s.e. A E + t t = Φ Saatiin siis { E = Φ A t ; Φ skalaaripotentiaali B = A ; A vektoripotentiaali

15 2 Muista d A dt = t A + ( v ) A ja v ( A) = ( v A) ( v ) A. Maanantai /19 Elektrodynamiikan pikakurssi Lorentzin voima 2 ( ) ( F = q E + v B = q ( Φ ta + v A )) = q Koska Φ ja A eivät riipu nopeudesta A j = v j ( v A) = v j ( v A Φ) F j = q ( ( j (Φ v A) + d dt Φ + ( v A) d A dt ) (Φ v A) v j Kirjoitetaan U( r, v) = q(φ v A), jolloin tarvittu muoto Q j = F j = U + d U ; q j dt q j (q j = r j, q j = v j ). Tällöin ) L = T U = 1 2 m r 2 q(φ r A) ; d L L = 0 dt ṙ j r j SM voima uppoaa siis suoraan Lagrangen formalismiin vaikka U = U( r, r). Tämä seuraa siitä, että SM kentät voidaan esittää nopeudesta riippumattomien potentiaalien avulla. Erittäin tärkeä askel kohti kvanttimekaniikkaa!

16 Maanantai /19 Mittainvarianssi Skalaaripotentiaali Φ ja vektoripotentiaali A eivät ole yksikäsitteisiä. Tarkastellaan muunnoksia: { Φ Φ Λ t A A + Λ Nämä muunnokset tuottavat samat SM-kentät E ja B mille tahansa mv funktiolle Λ. Tätä kutsutaan mittainvarianssiksi. Lagrangen funktio muuntuu seuraavalla tavalla: L L + q Λ t + q r Λ = L + q dλ dt Liikeyhtälöt pysyvät kuitenkin samoina, jos Lagrangen funktioon lisätään kokonaisderivaatta! (HT) Tämä mittainvarianssi on modernin fysikaan yksi kulmakivistä.

17 aanantai /19 Esimerkki 1: ei magneettikenttää Kun B = 0 voidaan valita A = 0 ja E = Φ. Tällöin U = q(φ v A) = qφ Lagrangen funktioksi saadaan L = 1 2 m r 2 qφ( r, t) Ja liikeyhtälöksi m r j = q j Φ = qe j

18 Maanantai /19 Esimerkki 2: ei sähkökenttää Kun B = B 0 ê z ja E = 0 voidaan valita Φ = 0 ja A = B 0 xê y. Tällöin Lagrangen funktioksi saadaan U = qẏxb 0 L = 1 2 m(ẋ2 + ẏ 2 + ż 2 ) + qẏxb 0 Ja liikeyhtälöiksi Vektorimuodossa mẍ qẏb 0 = 0 mÿ + qẋb 0 = 0 m z = 0 m r = qb 0 v ê z = q v B

19 Tiivistelmä Systeemiä kuvataan n:llä yleistetyllä koordinaatilla q i, jotka määrittävät pisteen n-ulotteisessa konfiguraatioavaruudessa C. Aikakehitys on käyrä C:ssä ja sen määrittelee Lagrangen funktio L = L({q i }, { q i }, t) s.e. q i :t toteuttavat Lagrangen yhtälöt ( ) d L L = 0 dt q i q i Nämä ovat yleisesti n kpl 2. krtl epälineaarisia differentiaaliyhtälöitä. Huom! Lagrangen funktio ei ole yksikäsitteinen. Voimme tehdä muunnoksen L = αl, α R tai L = L + df dt missä f on mv funktio ja liikeyhtälöt pysyvät samoina (HT) 3. 3 Kvanttimekaniikassa systeemi on kuitenkin muuttunut. Vakio α on tekemisissä Planckin vakion kanssa, kun taas toinen muunnos on salakalavampi ja on luonteeltaan topologinen. Maanantai /19