نیروی قیدی در لاگرانژی؟

مدیران انجمن: javad123javad, parse

ارسال پست
نمایه کاربر
اندیشه73

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۲/۴/۲۵ - ۱۶:۰۹


پست: 17

سپاس: 2

جنسیت:

نیروی قیدی در لاگرانژی؟

پست توسط اندیشه73 »

دو جسم به جرم mداریم که با فنری به سختی k متصل شده اند و مقید اند که روی محور xحرکت کندد طول فنر کشیده شده lبوده و انرزی پتانیسل به صورت
U=1/2KX^2=1/2K(X-Y-L)
لاگرانژی رو بنویسید
من قید رو نمی تونم بنویسم میشه کمک کنید smile079
انسان تا وقتی فکر می کند نارس است به رشد و کمال خود ادامه می دهد و به محض آنکه گمان کرد رسیده شده است ، دچار آفت می شود .گابریل گارسیا مارکز

tarane000

نام: ترانه

عضویت : شنبه ۱۳۹۲/۱۰/۱۴ - ۲۰:۱۷


پست: 36

سپاس: 6

جنسیت:

Re: نیروی قیدی در لاگرانژی؟

پست توسط tarane000 »

نیروی قیدی نداره smile124
چرا باید چیزی را که به راحتی می توانم از روی کتاب نگاه کنم حفظ کنم؟؟؟
(البرت انیشتین)

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 641

سپاس: 395

جنسیت:

تماس:

Re: نیروی قیدی در لاگرانژی؟

پست توسط rohamjpl »

در بهینه سازی ریاضی ، روش ضرایب لاگرانژ یک استراتژی برای یافتن حداکثر و حداقل های محلی یک تابع است که تحت محدودیت های برابری قرار دارد (یعنی با این شرط که یک یا چند معادله دقیقاً با مقادیر انتخاب شده متغیرها من ${\displaystyle f(x)}$که تحت محدودیت ${\displaystyle g(x)=0}$قرار دارداینطور میگم ${\displaystyle {\mathcal {L}}(x,\lambda )=f(x)-\lambda g(x)}$
حالا اگه من چند قید داشته باشم ضرایب لاگرانژ: بیش از یک محدودیت
جایی که بیش از یک محدودیت داریم ، گسترش دهم. به عنوان مثال ما سعی می کنیم f (x) را با توجه به g (x) = 0 و h (x) = 0 به حداکثر برسانیم. تا آنجا که من می بینم ، کاری که باید در این مورد انجام دهیم ساختن تابع لاگرانژ است
$L(x,\alpha,\beta) = f(x) + \alpha g(x) + \beta h(x)$
و سپس سعی کنید این تابع را با توجه به محدودیت های g (x) = 0 و h (x) = 0 به ماکسیمم و مینیمم برسانم
برای توجیه این شکل از تابع لاگرانژ $L(x,\alpha,\beta)$ ، به موارد زیر فکر کردم: فرض کنید که یک نقطه $x'$ داریم که$g(x')=0$ و $h(x')=0$ را برآورده می کند. اگر این نقطه در هر دو محدودیت g (x) و h (x) یک نقطه افراطی باشد ، این چنین است
$\nabla f(x') = \lambda_1 \nabla g(x')$
$\nabla f(x') = \lambda_2 \nabla h(x')$
. ما می توانیم اینها را در یک معادله واحد به صورت زیر قرار دهیم:
$\nabla f(x') = \lambda_1 \nabla g(x')+\lambda_2 \nabla h(x')\ .$
این تا حدی $L(x,\alpha,\beta) = f(x) + \alpha g(x) + \beta h(x)$ را برای من توجیه می کند:$\nabla_{x}L(x,\alpha,\beta)$ را محاسبه کنید ، آن را برابر با صفر قرار دهید و حل کنید. با استفاده از g (x) = 0 و h (x) = 0 نیز استفاده کنید.
ضریب لاگرانژ و نیروی محدود کننده الف) اگر اگر U را در موقعیت تعادل صفر انتخاب کنیم ، یک انرژی پتانسیل متناظر با$U = \frac{1}{2}kx^2$ نشان می دهد که یک فنر مطابق با قانون هوک است.
ب) اگر این فنر به صورت عمودی با جرم m معلق از انتهای دیگر آویزان شده و محدود به حرکت در جهت عمودی باشد ، پسوند $x_0$ موقعیت تعادل جدید را پیدا کنید. اگر از مختصات y برابر با جابجایی اندازه گیری شده از موقعیت تعادل جدید در $x=x_0$ استفاده کنیم ، پتانسیل کل (فنر به علاوه گرانش) همان فرم $\frac{1}{2}ky^2$ را دارد و دوباره نقطه مرجع خود را تعریف کنیم تا U = 0 در y = 0
من می دانم که ما پتانسیل یک میدان را به عنوان کار انجام شده برای انتقال یک شی از طریق میدان از یک نقطه مرجع $x_0$ تعریف می کنیم که در آن پتانسیل 0 را تعیین می کنیم
$U(\vec{r}) = -\int_{\vec{r_0}} ^{\vec{r}}\vec{F}\cdot{d\vec{r}}~~$
من در مورد آن به عنوان کاربردی از قضیه اساسی حساب $U(\vec{r}) = -\int_{\vec{r_0}} ^{\vec{r}}\vec{F}\cdot{d\vec{r}} = -[U(\vec{r}) - U(\vec{r_0})]~~$
انتگرال کامل برابر با PE منفی است. اگر ابتدای انتگرال P (r) باشد ، انتگرال مشخص در سمت راست P (r) -P (ro) خواهد بود و منفی این انرژی پتانسیل است. اما P (r) و P (ro) به خودی خود انرژی پتانسیل نیستند.
برای قسمت دوم ، این واقعیت را در نظر بگیرید که نیروی الاستیک نسبت به حالت تغییر شکل یافته به اعوجاج فنر بستگی دارد. بنابراین نیروی الاستیک توسط ky در جایی که y جابجایی از تعادل جدید است ، داده نمی شود.برای فنر بدون جرم متصل شده ، $U(x)= -\int_0^xF(x)dx = -\int_0^x kx dx = -\frac{1}{2} kx^2|^x_0=-[\frac{1}{2} kx^2-0]=-\frac{1}{2} kx^2$ خواهد بود
این فقط یک مورد خاص از موارد کلی تر است: $\Delta U= -\int_{x_1}^{x_2}F(x)dx = -\frac{1}{2} kx^2|^{x_2}_{x_1}=-[\frac{1}{2} kx_2^2- \frac{1}{2} kx_1^2]$
این تغییر PE است که جسم از 1 به 2 منتقل می شود.
تصویر
تعریف انرژی پتانسیل موثر ناشی از لاگرانژی انچه من به عنوان پتانسیل موثرمی خوانم ، پتانسیلی است که در ابعاد کاهش یافته دیده می شود. به همین دلیل روش صحیح شناسایی پتانسیل موثر بررسی معادله حرکت است نه لاگرانژی .
ساده ترین مثال ممکن است یک اسیلاتور هارمونیک در دو بعد باشد:
$\mathcal{L}=\frac{1}{2}\left(\dot{r}^2+r^2\dot{\theta}^2\right)-\frac{1}{2}kr^2$
جایی که k ثابت فنر است که توسط جرم تقسیم می شود. واضح است که لاگرانژی در دو بعددیده میشه ، با این حال ، ما مقدار کمتری داریم ، یعنی $\frac{dl}{dt}=0\quad,\quad l=r^2\dot{\theta}$
از این رو حرکت در یک بعد با EOM زیر صورت می گیرد:$\ddot{r}=-kr+\frac{l^2}{r^3}$
اما این EOM را می توان از یک بعدی لاگرانژی دریافت کرد$\mathcal{L}=\frac{1}{2}\dot{r}^2-\left(\frac{1}{2}kr^2+\frac{l^2}{2r^2}\right)$
از این رو پتانسیل موثر است$V_\text{eff}=\frac{1}{2}kr^2+\frac{l^2}{2r^2}$
دلیل اشتباه داشتن علامت منهای در پتانسیل موثر در صورت قرار دادن $\dot{\theta}=lr^{-2}$ در لاگرانژی اصلی ساده است: این شرط فقط در EOM معتبر است ، که فقط یک راه حل برای$\delta\mathcal{L}=0$ است. وقتی محدودیت 1d را برای آن اعمال کنید ، نمی توانید انتظار داشته باشید که $\mathcal{L}$ در 2 بعد هست
سیستم پاندول فنر معادلات حرکت لاگرانژی و معادلات حرکتی را برای سیستم توصیف شده با استفاده از روش ضریب لاگرانژ پیدا کنید. جرم m می تواند بدون اصطکاک در امتداد میله سفت و سخت بدون جرم آونگ M سر بخورد. فنر دور میله صلب پیچیده شده و به جرم m متصل می شود. آونگ M به فنر متصل نیست. ثابت فنر k است.لاگرانژی این سیستم از طریقتصویر
$T = \frac{1}{2}[M(r_1\dot\theta)^2 + m_2(\dot{r_2}^2 +(r_2\dot\theta)^2)]$و$V = -(Mr_1+mr_2)g\cos\theta + \frac{1}{2}k(r_2-l_0)^2$که $L = \frac{1}{2}[M(r_1\dot\theta)^2 + m_2(\dot{r_2}^2 +(r_2\dot\theta)^2)] + (Mr_1+mr_2)g\cos\theta - \frac{1}{2}k(r_2-l_0)^2$
جایی که $l_0$طول اولیه فنر است ، r1 فاصله M از محور است ، r2 فاصله متغیر m از محور است ، θ جابجایی زاویه ای سیستم از حالت عمودی است (برای هر دو جرم یکسان است زیرا محدودیت توده فنر آغشته به میله سفت و سخت).
با حل معادلات اولر-لاگرانژ برای هر متغیر ، به دست می آوریم:$\frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot\theta}\right)- \frac{\partial L}{\partial \theta}= (Mr_1^2+mr_2^2)\ddot{\theta} +2mr_2\dot{r_2}\dot\theta + (Mr_1+mr_2)g\sin\theta=0$
و$\frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot r_2}\right)- \frac{\partial L}{\partial r_2} = m\ddot{r}_2 - mr_2\dot{\theta}^2+mg\cos\theta-k(r_2-l_0)=0$
تصویر

ارسال پست