NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR ENERGI- OG PROSESSTEKNIKK

Kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 73 59 36 63 / 45 45 55 33

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TEP4145 KLASSISK MEKANIKK Mandag 21. mai 2007 kl. 0900 - 1300

Løsningsforslaget er på i alt 9 sider.

OPPGAVE 1 [Teller 25%]

a) Faste endepunkter gir

δI = δ ∫_{t_{1}}^{t_{2}} L dt = ∫_{t_{1}}^{t_{2}} δL dt

Virtuelle variasjoner ved fast t (dvs δt = 0):

δL = \frac{∂L}{∂q} δq + \frac{∂L}{∂q̇} δq̇

Ombytte av δ og d/dt gir

δq̇ = δ \frac{dq}{dt} = \frac{d}{dt} δq,

og dermed

δI = ∫_{t_{1}}^{t_{2}} (\frac{∂L}{∂q} δq + \frac{∂L}{∂q̇} \frac{d}{dt} δq) dt

Delvis integrasjon på siste ledd:

∫_{t_{1}}^{t_{2}} \frac{∂L}{∂q̇} \frac{d}{dt} δq dt = |_{t_{1}}^{t_{2}} \frac{∂L}{∂q̇} δq − ∫_{t_{1}}^{t_{2}} (\frac{d}{dt} \frac{∂L}{∂q̇}) δq dt

Her forsvinner første ledd fordi δq = 0 i endepunktene. Dermed:

δI = ∫_{t_{1}}^{t_{2}} (\frac{∂L}{∂q} − \frac{d}{dt} \frac{∂L}{∂q̇}) δq dt = 0

Ettersom δq er vilkårlig, må integranden forsvinne, dvs

\frac{∂L}{∂q} − \frac{d}{dt} \frac{∂L}{∂q̇} = 0

som er Lagranges ligning. b)

• Her er V = 0, så

L = T = \frac{1}{2}m (ẋ^{2} + ẏ^{2})

Vi ser fra figuren (neste side) at

x = R cos ω_{0}t + R cos(ω_{0}t + θ)
y = R sin ω_{0}t + R sin(ω_{0}t + θ)

som gir

ẋ = −Rω_{0} sin ω_{0}t − R(ω_{0} + θ̇) sin(ω_{0}t + θ)
ẏ = Rω_{0} cos ω_{0}t + R(ω_{0} + θ̇) cos(ω_{0}t + θ)

Vi kvadrerer og legger sammen:

ẋ^{2} + ẏ^{2} = (Rω_{0})^{2} + R^{2}(ω_{0} + θ̇)^{2} + 2R^{2}ω_{0}(ω_{0} + θ̇) [sin ω_{0}t sin(ω_{0}t + θ) + cos ω_{0}t cos(ω_{0}t + θ)] Deretter bruker vi trigonometriske relasjoner (gitt i formelvedlegget) og får

sin ω_{0}t sin(ω_{0}t + θ) + cos ω_{0}t cos(ω_{0}t + θ) = sin ω_{0}t sin ω_{0}t cos θ + sin ω_{0}t cos ω_{0}t sin θ +
cos ω_{0}t cos ω_{0}t cos θ − cos ω_{0}t sin ω_{0}t sin θ
= cos θ

Systemets lagrangefunksjon er dermed

L = mR^{2} [ω_{0}^{2} + ω_{0}θ̇ + \frac{1}{2}θ̇^{2} + ω_{0}(ω_{0} + θ̇) cos θ]

Kommentar: Noen hadde oppfattet det slik at ringen også var plassert i tyngdefeltet. Det ble sett på med stor forståelse. Dog ville det da være på sin plass med en fornuftig kommentar når det ble problematisk å sammenligne ringen med pendelen.

• Vi må regne ut de ulike (partielle) deriverte av L:

\frac{∂L}{∂θ} = −mR^{2}ω_{0}(ω_{0} + θ̇) sin θ
\frac{∂L}{∂θ̇} = mR^{2} [ω_{0} + θ̇ + ω_{0} cos θ]
\frac{d}{dt} \frac{∂L}{∂θ̇} = mR^{2} [θ̈ − ω_{0}θ̇ sin θ]

Lagranges ligning blir

θ̈ + ω_{0}^{2} sin θ = 0

• Fra figuren (nedenfor) ser vi at tyngdekraftens komponent vinkelrett på pendelen er −mg sin θ. I følge Newtons 2. lov skal denne kraften være lik ma, der a = lθ̈. Pendelens bevegelse beskrives dermed av ligningen

θ̈ + \frac{g}{l} sin θ = 0

Samme oppførsel som massen på den roterende ringen dersom pendelen har lengde

l = \frac{g}{ω_{0}^{2}}

Pendelproblemet kan selvsagt også løses med ”Lagrange-teknikk”.

OPPGAVE 2 [Teller 25%] Sammenpressing i fjæra til venstre:

(x_{1} − x_{2}) − (x_{10} − x_{20}) = η_{1} − η_{2}

Sammenpressing i fjæra til høyre:

(x_{2} − x_{3}) − (x_{20} − x_{30}) = η_{2} − η_{3}

Strekk i fjærene blir tilsvarende, med motsatt fortegn. Systemets potensielle energi blir

V = \frac{1}{2}k(η_{1} − η_{2})^{2} + \frac{1}{2}k(η_{2} − η_{3})^{2}
= \frac{1}{2}k(η_{1}^{2} + 2η_{2}^{2} + η_{3}^{2} − η_{1}η_{2} − η_{2}η_{1} − η_{2}η_{3} − η_{3}η_{2})

Matrisen V blir dermed

V = [ \begin{matrix}k & −k & 0 \\ −k & 2k & −k \\ 0 & −k & k \end{matrix} ]

Systemets kinetiske energi er

T = \frac{1}{2}m_{i}ẋ_{i}^{2} = \frac{1}{2}m_{i}η̇_{i}^{2}

Matrisen T blir dermed

T = [ \begin{matrix}m & 0 & 0 \\ 0 & 3m & 0 \\ 0 & 0 & 2m \end{matrix} ]

Systemets egenfrekvenser bestemmes av den sekulære ligningen

| \begin{matrix}k − ω^{2}m & −k & 0 \\ −k & 2k − 3ω^{2}m & −k \\ 0 & −k & k − 2ω^{2}m \end{matrix} | = 0

Stryker en felles faktor k^{3} for hele determinanten og innfører

α ≡ \frac{ω^{2}m}{k}

for å forenkle notasjonen litt. Det gir ligningen

| \begin{matrix}1 − α & −1 & 0 \\ −1 & 2 − 3α & −1 \\ 0 & −1 & 1 − 2α \end{matrix} | = 0

Utvikling etter for eksempel første rad gir

(1 − α)(2 − 3α)(1 − 2α) − (1 − α) − (1 − 2α) = 0

dvs

6α^{3} − 13α^{2} + 6α = 0

Vi ser bort fra moden med α = 0 (som tilsvarer ren translasjon av hele systemet langs x-aksen). De to andre løsningene er

α = \frac{13 ± \sqrt{13^{2} − 4 · 6 · 6}}{2 · 6} = \frac{13 ± 5}{12}

dvs

α_{1} = \frac{2}{3} , α_{2} = \frac{3}{2}

Dette tilsvarer frekvensene

f_{1} = \frac{ω_{1}}{2π} = \frac{\sqrt{kα_{1}/m}}{2π} = \frac{\sqrt{2k/3m}}{2π} ≃ 13.0 Hz

og

f_{2} = \frac{ω_{2}}{2π} = \frac{\sqrt{kα_{2}/m}}{2π} = \frac{\sqrt{3k/2m}}{2π} ≃ 19.5 Hz

Kommentar: Vibrasjons-bevegelsen i hver av disse to normale modene kan bestemmes ved å regne ut de ulike underdeterminantene Δ_{iα}, dvs de ulike 2 × 2-determinantene som fås ved å ”stryke” rekke nr i og kolonne nr α i |V − ω_{α}^{2}T | og multiplisere med (−1)^{i+α}. Da vil utsvingsamplituden A_{iα} for masse nr i i mode nr α være proporsjonal med (−1)^{i+α} Δ_{iα}. Uten at vi bryr oss om normeringen finner vi da, for mode nr 1 (med α_{1} = 2/3):

A_{1} = (A_{11}, A_{21}, A_{31}) = (−1, −\frac{1}{3}, 1)

og for mode nr 2 (med α_{2} = 3/2):

A_{2} = (A_{12}, A_{22}, A_{32}) = (−2, 1, −\frac{1}{2})

OPPGAVE 3 [Teller 25%.]

• Potensiell energi: V = kq^{2}/2 = q^{2}/2. Kinetisk energi: T = mv^{2}/2 = p^{2}/2m = p^{2}/2. Dette gir hamiltonfunksjonen

H(q, p) = V + T = \frac{1}{2} (q^{2} + p^{2})

• Vi har åpenbart at [q, p] = 1, slik at vi må sjekke at [Q, P] = 1. De ulike partielle deriverte av de nye kanoniske koordinatene er

\frac{∂Q}{∂q} = \frac{1}{\sqrt{2i}} , \frac{∂Q}{∂p} = \frac{i}{\sqrt{2i}}
\frac{∂P}{∂q} = \frac{−1}{\sqrt{2i}} , \frac{∂P}{∂p} = \frac{i}{\sqrt{2i}}

Dermed:

[Q, P] = \frac{1}{\sqrt{2i}} · \frac{i}{\sqrt{2i}} − \frac{−1}{\sqrt{2i}} · \frac{i}{\sqrt{2i}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1

Her var det også andre varianter som førte fram.

• Regner først ut q og p uttrykt ved Q og P:

q = \sqrt{\frac{i}{2}} (Q − P) , p = \frac{1}{\sqrt{2i}} (Q + P)

Dermed blir hamiltonfunksjonen i nye koordinater

K = H = \frac{1}{2} (q^{2} + p^{2})
= \frac{1}{2} [\frac{i}{2} (Q^{2} − 2QP + P^{2}) + \frac{1}{2i} (Q^{2} + 2QP + P^{2})]
= \frac{1}{2} · \frac{i}{2} · (−4QP)
= −iQP

• Hamiltons ligninger blir:

Q̇ = \frac{∂K}{∂P} = −iQ
Ṗ = −\frac{∂K}{∂Q} = iP

som har løsninger

Q(t) = Q_{0} e^{−it}
P (t) = P_{0} e^{it}

Med de gitte startbetingelsene q(t = 0) = p(t = 0) = 1 får vi

Q(0) = Q_{0} = \frac{1}{\sqrt{2i}} (1 + i) = 1
P (0) = P_{0} = \frac{−1}{\sqrt{2i}} (1 − i) = i

altså

Q(t) = \frac{1 + i}{\sqrt{2i}} e^{−it} = e^{−it}
P (t) = \frac{i − 1}{\sqrt{2i}} e^{it} = i e^{it}

• Oscillatorens totale energi:

E = K = H = \frac{1}{2} (1 + 1) = 1

OPPGAVE 4 [For fysikkstudentene, teller 25%.]

a) Firerpotensialet er

A_{μ} = (A, iϕ/c)

mens feltene er relatert til A_{μ} slik:

E = −∇ϕ − \frac{∂A}{∂t}

B = ∇ × A

Med andre ord:

E_{j} = −\frac{∂ϕ}{∂x_{j}} − \frac{∂A_{j}}{∂t}

B_{1} = \frac{∂A_{3}}{∂x_{2}} − \frac{∂A_{2}}{∂x_{3}}

(osv syklisk for B_{2} og B_{3}) Fra definisjonen

F_{μν} = \frac{∂A_{ν}}{∂x_{μ}} − \frac{∂A_{μ}}{∂x_{ν}}

ser vi uten videre at F_{μμ} = 0 og F_{μν} = −F_{νμ}. Det holder altså å regne ut de 6 elementene over (eller under) diagonalen:

F_{12} = \frac{∂A_{y}}{∂x} − \frac{∂A_{x}}{∂y} = (∇ × A)_{z} = B_{z} = B_{3}
F_{13} = \frac{∂A_{z}}{∂x} − \frac{∂A_{x}}{∂z} = −(∇ × A)_{y} = −B_{y} = −B_{2}
F_{23} = \frac{∂A_{z}}{∂y} − \frac{∂A_{y}}{∂z} = (∇ × A)_{x} = B_{x} = B_{1}
F_{14} = \frac{∂A_{4}}{∂x} − \frac{∂A_{1}}{∂x_{4}} = \frac{i}{c} \frac{∂ϕ}{∂x} − \frac{∂A_{1}}{ic∂t}
= −\frac{i}{c} (−\frac{∂ϕ}{∂x} − \frac{∂A_{1}}{∂t} ) = −\frac{i}{c}E_{1}
F_{24} = \frac{∂A_{4}}{∂y} − \frac{∂A_{2}}{∂x_{4}} = \frac{i}{c} \frac{∂ϕ}{∂y} − \frac{∂A_{2}}{ic∂t}
= −\frac{i}{c} (−\frac{∂ϕ}{∂y} − \frac{∂A_{2}}{∂t} ) = −\frac{i}{c}E_{2}
F_{34} = \frac{∂A_{4}}{∂z} − \frac{∂A_{3}}{∂x_{4}} = \frac{i}{c} \frac{∂ϕ}{∂z} − \frac{∂A_{3}}{ic∂t}
= −\frac{i}{c} (−\frac{∂ϕ}{∂z} − \frac{∂A_{3}}{∂t} ) = −\frac{i}{c}E_{3}

b) Transformasjonsligningene for E_{j} og B_{j} er gitt i formelvedlegget for relativ bevegelse langs x-aksen. Bruker disse og får:

E · B = E_{x}B_{x} + E_{y}B_{y} + E_{z}B_{z}
= E_{0x}B_{0x} + γ^{2} (E_{0y} + vB_{0z}) (B_{0y} − \frac{v}{c^{2}} E_{0z}) + γ^{2} (E_{0z} − vB_{0y}) (B_{0z} + \frac{v}{c^{2}} E_{0y})

= E_{0x}B_{0x} + E_{0y}B_{0y}γ^{2} (1 − \frac{v^{2}}{c^{2}} ) + E_{0z}B_{0z}γ^{2} (−\frac{v^{2}}{c^{2}} + 1) +

E_{0y}E_{0z} (−γ^{2} \frac{v}{c^{2}} + γ^{2} \frac{v}{c^{2}} ) + B_{0y}B_{0z} (γ^{2}v − γ^{2}v)

= E_{0x}B_{0x} + E_{0y}B_{0y} · 1 + E_{0z}B_{0z} · 1
= E_{0} · B_{0}

som var det vi skulle vise.

c) I inertialsystemet S_{0} er ladningen i ro, så der er B_{0} = 0. Da gir transformasjonsligningene

B_{x} = 0 , B_{y} = −γ \frac{v}{c^{2}} E_{0z} , B_{z} = γ \frac{v}{c^{2}} E_{0y}

og dessuten

E_{y} = γE_{0y} , E_{z} = γE_{0z}

Dermed:

B_{y} = −\frac{v}{c^{2}} E_{z} , B_{z} = \frac{v}{c^{2}} E_{y}

Hastigheten er

v = v x̂

slik at vi kan skrive

(v × E)_{x} = 0 , (v × E)_{y} = −v E_{z} , (v × E)_{z} = v E_{y}

Ved sammenligning ser vi da at vi har

B = \frac{1}{c^{2}} v × E

d) I den ikkerelativistiske grensen v ≪ c (β ≪ 1) reduserer uttrykket for E (gitt i oppgaveteksten under punkt c) seg til

E = \frac{q}{4πε_{0}} \frac{r}{r^{3}}

Magnetfeltet blir da

B = \frac{1}{c^{2}} v × E = \frac{qv × r}{4πε_{0}c^{2}r^{3}} = \frac{μ_{0}}{4π} \frac{qv × r}{r^{3}}

Vi kan skrive v = dl/dt, dvs ladningen forflytter seg et veielement dl i løpet av en tid dt. Da har (den midlere) strømmen på dette veielementet vært I = q/dt, så vi kan skrive

q v = \frac{q}{dt} dl = I dl

og dermed

dB = \frac{μ_{0}}{4π} \frac{I dl × r}{r^{3}} ,

som er Biot-Savarts lov.

Feltlinjer for B i yz-planet:

OPPGAVE 5 [For kybernetikkstudentene, teller 25%.]

a) Dette er en førsteordens lineær differensligning. Den generelle løsningen er

b_{n} = μ^{n} b_{0}.

Modellen er urealistisk fordi veksten er eksponensiell, uten noen øvre grense.

b) Skisse av funksjonen F_{μ}(x):

Vi får x_{n} = x_{0} for alle n. Punktet x_{0} blir et likevektspunkt for bestanden. (x_{0} er også et fikspunkt.)

c) x er et fikspunkt for f dersom f(x) = x. Dersom f^{(n)}(x) = x, sier vi at x er periodisk med periode n. Hvis f^{(k)}(x) ≠ x for alle k, 1 ≤ k < n, så er n grunnperioden til x. Et fikspunkt x kalles tiltrekkende dersom |f′(x)| < 1. Punkter nær x vil da gå mot x. Et fikspunkt x kalles frastøtende dersom |f′(x)| > 1. Punkter nær x vil da fjerne seg fra x.

d) Fikspunkter for F_{μ}(x):

x = 0 , x = \frac{μ − 1}{μ}

Vi har at

F′_{μ}(0) = μ , F′_{μ} (\frac{μ − 1}{μ}) = 2 − μ

For 1 < μ < 3 har vi dermed et frastøtende fikspunkt i x = 0 og et tiltrekkende fikspunkt i x = (μ − 1)/μ.