\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Theo II: Übungsblatt 5}
\author{Christian Merten}

\usepackage[]{bbm}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}[]
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Die potentielle Energie ist gegeben als $mgz$, mit $z = R \cos \vartheta$ folgt also
            $m g R \cos \vartheta$.

            Im mitrotierten Bezugssystem (gestrichene Koordinaten) ist
            \[
                \vec{x}' = R \begin{pmatrix} \sin\vartheta \\ 0 \\ \cos\vartheta \end{pmatrix} 
            .\] Daraus ergibt sich im Laborsystem mit einer Drehmatrix $S$
            \[
                \vec{x} = S \vec{x}'
            .\] Die Geschwindigkeit ist damit gegeben als
            \[
                \dot{\vec{x}}' = S \left( \dot{\vec{x}}' + \vec{\omega} \times \vec{x}' \right) 
            .\] Also folgt mit $\vec{w} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \omega \end{pmatrix}$
            und wegen $S^{T}S = \mathbbm{1}_3$:
            \[
                \dot{\vec{x}}^2 = R^2 (\dot{\vartheta}^2 + \omega^2 \sin^2\vartheta)
            .\] Damit folgt die Lagrangefunktion.
        \item Für den kanonisch konjugierten Impuls gilt
            \begin{align*}
                \frac{\partial L}{\partial \dot{\vartheta}}
                &= M R^2 \dot{\vartheta} =: p_{\vartheta} \\
                \intertext{Damit folgt die Hamilton Funktion}
                H &= \frac{p_{\vartheta}^2}{mR^2} - L \\
                &= \frac{p_{\vartheta}^2}{mR^2}
                - \frac{1}{2} mR^2 (\dot{\vartheta}^2 + \omega^2\sin^2\vartheta) + mg R \cos\vartheta \\
                &= \frac{p_{\vartheta}^2}{2mR^2} - \frac{1}{2} R^2 \omega^2 \sin^2\vartheta + mgR\cos\vartheta
            .\end{align*}
        \item Es liegt hier zwar ein Potential vor, allerdings ist
            die kinetische Energie des Systems gegeben als
            \[
                T = \frac{m}{2}R^2(\dot{\vartheta}^2 + \omega^2 \sin^2\vartheta)
            .\] Diese ist nicht homogen vom Grad $2$ in $\dot{\vartheta}$, also ist die
            Hamiltonfunktion nicht gleich der Gesamtenergie. Das liegt
            an der zeitabhängigen Zwangsbedingung.

            Wegen $\frac{\partial H}{\partial t} = 0$ ist die Hamilton Funktion zeitlich
            erhalten. Da die Zwangskräfte von der Zeit abhängen, ist das
            System nicht invariant gegenüber Zeittranslation, also ist die Energie nicht
            erhalten.
        \item Für die kanonischen Gleichungen folgt
            \begin{align*}
                \frac{\partial H}{\partial p_{\vartheta}} &= \frac{2 p_{\vartheta}}{mR^2} - \frac{p_{\vartheta}}{mR^2}
            = \frac{p_{\vartheta}}{mR^2} = \dot{\vartheta} \\
            \frac{\partial H}{\partial \vartheta} &= mR^2 \omega^2 \sin\vartheta \cos \vartheta + mg R \sin\vartheta
            = mR\sin\vartheta(R\omega^2 \cos\vartheta + g) = \dot{p}_{\vartheta}
            .\end{align*}
        \item
            Für stationäre Lösungen gilt $\dot{\vartheta} = 0$, also $p_{\vartheta} = 0$, damit folgt
            \begin{align*}
                mR \sin\vartheta (R \omega^2 \cos \vartheta +g ) &= 0
            .\end{align*}
            Als stationäre Lösungen folgen damit $\vartheta_1 = 0$ und $\vartheta_2 = \pi$, denn dann ist
            $\sin\vartheta = 0$. Für $\vartheta_3 = \frac{\pi}{2}$, folgt $mRg = 0$, dies ist also
            nur möglich, falls Masse oder Radius 0 sind.

            Für $R \neq 0$, $m \neq 0$, $\sin\vartheta \neq 0$ und $\omega \neq 0$ folgt
            \begin{align*}
                \underbrace{\sin\vartheta}_{\neq 0}(R \omega^2 \cos\vartheta + g) &= 0 \\
                \implies R \omega^2 \cos\vartheta + g &= 0 \\
                \implies \vartheta &= \arccos \left( -\frac{g}{R\omega^2} \right)
            .\end{align*}
            Wie zu erwarten ist $\vartheta \xrightarrow{\omega \to \infty} \frac{\pi}{2}$.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Für Lagrange- und Hamiltonfunktion ist
            \begin{align*}
                L &= T - V = \frac{m}{2} \dot{q}^2 - \frac{m}{2} \omega^2 q^2 = \frac{m}{2}
                (\dot{q}^2 + \omega^2q^2) \\
                H &= \dot{q}p - L = \frac{p^2}{m} - \frac{m}{2}\left( \frac{p^2}{m^2} - \omega^2 q^2 \right) 
            .\end{align*}
        \item Die kanonischen Gleichungen sind
            \begin{align*}
                \frac{\partial H}{\partial p} &= \frac{p}{m} = \dot{q} \\
                \frac{\partial H}{\partial q} &= m \omega^2 q = - \dot{p}
                \intertext{In Matrixschreibweise folgt also}
                \dot{\vec{y}} &= \underbrace{\begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{m} \\ -m\omega^2 & 0 \end{pmatrix}}
                _{=: A}
                \begin{pmatrix} q \\ p \end{pmatrix} 
                \intertext{Als Lösung folgt}
                \vec{y} &= e^{At} \vec{y_0} \\
                &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(At)^{k}}{k!} \vec{y_0}
                \intertext{Mit $A^{2k} = (-1)^{k} \begin{pmatrix} \omega & 0 \\ 0 & \omega \end{pmatrix}^{2k}$
                und $A^{2k+1} = A^{2k} \cdot A = (-1)^{k} \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{\omega m} \\
                - m \omega & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \omega & 0 \\ 0 & \omega \end{pmatrix}^{2k+1}$
                folgt}
                \vec{y} &= \left(\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} \frac{(\omega t \mathbbm{1}_2)^{2k}}{(2k)!}
                + \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{\omega m} \\ - m \omega & 0  \end{pmatrix}
                \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} \frac{(\omega t \mathbbm{1}_2)^{2k+1}}{(2k+1)!} \right)
                \vec{y}_0 \\
                &= \left( \cos(\omega t) + \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{\omega m} \\ -m\omega & 0 \end{pmatrix}
                \sin(\omega t) \right) \vec{y_0}
                \intertext{Damit folgt}
                q &= q_0 \cos(\omega t) + \frac{p_0}{\omega m} \sin(\omega t) \\
                p &= p_0 \cos(\omega t) - m\omega q_0 \sin(\omega t)
            .\end{align*}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[]
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Ansatz: $q(r,t) = R(r) T(t)$. Damit folgt
            \begin{align*}
                &\frac{\partial^2 q}{\partial t^2} - v^2 \Delta_{(n)} q = 0 \\
                \implies & R \frac{\d[2]T}{\d t^2} - v^2T \Delta_{(n)} R = 0 \\
                \implies & \frac{1}{T} \frac{\d[2] T}{\d t^2} = \text{konst.} =
                \frac{v^2}{R} \Delta_{(n)} R =: -c
            .\end{align*}
            Damit folgt für $T$:
            \[
                \frac{\d[2]T}{\d t^2} + cT = 0
            .\] Für $n = 2$ gilt für $R$:
            \begin{align*}
                &\frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r}\left( r \frac{\partial R}{\partial r} \right) 
                + \frac{1}{r^2} \underbrace{\frac{\partial^2 R}{\partial \varphi^2}}_{= 0}
                + \frac{c}{v^2} R = 0 \\
                \implies &\frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r}\left( r \frac{\partial R}{\partial r} \right)
                + \frac{c}{v^2}R = 0
            .\end{align*}
            Für $n = 3$ folgt analog
            \begin{align*}
                \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}\left( r^2 \frac{\partial R}{\partial r} \right)
                + \frac{c}{v^2}R = 0
            .\end{align*}
        \item Sei $c > 0$ und $\omega^2 = c$. Ansatz: $R(r) = \frac{\tilde{R}(r)}{r}$.
            Aus der DGL für $R$ folgt
            \begin{align*}
                &\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{r \frac{\partial \tilde R}{\partial r} - \tilde{R}}{r^2} \right) + \frac{\omega^2}{v^2} \frac{\tilde R }{r} = 0 \\
                \implies &\frac{1}{r} \left( \frac{\partial^2 \tilde R}{\partial r}
                + \frac{\omega^2}{v^2} \tilde R \right) = 0 \\
                \implies & \frac{\partial^2 \tilde R}{\partial r^2} + \frac{\omega^2}{v^2} \tilde R = 0 \\
                \implies & \tilde{R} = A \sin\left( \frac{\omega}{v}r \right) + B \cos\left( \frac{\omega}{v}r \right) \\
                \implies & R = \frac{A \sin\left( \frac{\omega}{v}r \right) + B \cos\left( \frac{\omega}{v}r \right)}{r}
                \intertext{Mit der Vorraussetzung $R$ bei $r=0$ stetig folgt $B=0$:}
                &R = \frac{A}{r} \sin \left( \frac{\omega}{v}r \right) 
            .\end{align*}
            Damit folgt
            \[
                q = T \cdot R = \frac{A_0}{r} \cos(\omega t - \delta) \sin\left(\frac{\omega}{v} r\right)
            .\] 
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[Verständnisfragen]
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Die Hamilton-Funktion ist definiert als
            \[
                H(q, p) = \dot{q}_i p_i - L
            .\] und ist, falls die Kräfte Potentialkräfte sind und nur
            zeitunabhängige Zwangsbedingungen vorliegen, gleich der Gesamtenergie des Systems.

            Die kanonischen Gleichungen sind DGL 1. Ordnung, die die Bewegung des Systems im Phasenraum
            beschreiben.
        \item Wenn von $N$-Massepunkten zu einem kontinuierlichen System übergegangen wird,
            geht die Lagrange-Funktion in ein räumliches Integral über eine Lagrange-Dichte über.
            \[
                L \to L(q, \dot{q}) = \int_{0}^{l}  \text{Lagrange-Dichte} \d x
            .\] Die Wirkung ist das Zeitintegral über eine Lagrangefunktion.
        \item Die d'Alembertsche Gleichung ist eine homogene partielle Differentialgleichung
            zweiter Ordnung. ,,Zweite Zeitableitung $-$ charakteristische Geschwindigkeit zum Quadrat
            mal zweite Ortsableitung gleich 0``.
            \[
            \frac{\partial^2 q}{\partial t^2} - \sum_{i=1}^{N} v^2 \frac{\partial^2 q}{\partial x_i^2} = 0
            .\] Allgemein ist die Lösung für zwei beliebige, zweifach differenzierbare
            Funktionen $g$ und $h$ gegeben als
            \[
                q(x, t) = g(x + vt) + h(x - vt)
            ,\] also eine Überlagerung zweier Wellen, wobei $g$ rück- und $h$ vorläufig ist. D.h.
            die Funktionen müssen sich jeweils mit der charakteristischen Geschwindigkeit verschieben.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}
