теорет.механика

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Казахский национальный университет им. аль-Фараби

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

- 2m2 gy × p

.pdf

Скачиваний:

140

Добавлен:

24.03.2015

Размер:

1.02 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 1313

S = f (t, q1, ..., qs ; α1, ..., αs )+ A

(17)

Енді Гамильтон-Якоби толық интегралы мен қозғалыс теңдеулерінің арасындағы байланыс жайында тоқталып өтелік. Ол үшін q, p шамаларына канондық түрлендірулер жасау арқылы жаңа айнымалыларға өтеміз. Сонымен қатар, f (t, q,α ) – өндіруші функция ретінде, ал α1,α2 , ...,αs – жаңа импульстар ретінде аламыз. Жаңа координаттарды ретімен β1, β2 , ..., βs деп аламыз. Өндіруші функция ескі координаттардан жəне жаңа импульстардан тəуелді болғандықтан

pi =	∂f	,	βi =	∂f	,	H ′ = H +	∂f .	(18)

	∂qi			∂αi			∂t

f функциясы Гамильтон-Якоби теңдеуін қанағаттандыратындықтан, Гамильтонның жаңа функциясы нөлге айналатындығын көруге болады

	′			∂f	∂S
H	′	= H	+ ∂t		= H + ∂t = 0 ,	(19)
H		= H	+ ∂t		= H + ∂t = 0 ,	(19)
сондықтан жаңа айнымалылардың канондық теңдеулері
		αi = 0 ,			ɺ	(20)
		αi = 0 ,			βi = 0 ,	(20)
		ɺ
осыдан
αi = const ,					βi = const ,	(21)
болатыны көрініп тұр. Бір жағынан, s теңдеулері
				∂f	= βi	(22)

				∂αi
				∂αi
s координатаны уақыт арқылы жəне					2s α мен β	ны өрнектеуге мүмкіндік
жасайды.

Механикалық жүйенің қозғалысының есебін Гамильтон-Якоби тəсілімен шешудің негізгі түйіндері мынадай болады.

Гамильтон функциясы арқылы Гамильтон-Якоби теңдеуі құрылады жəне оның толық интегралы табылады. Оны қалауымызша алынған α тұрақтысы

арқылы дифференциалдап жəне жаңадан алынған β			тұрақтысына теңестіріп, s
алгебралық теңдеулер жүйесін аламыз
	∂S	= β ,	(23)
		= β ,	(23)
	∂αi
		i

121

осыны ары қарай шешіп, q координатасын уақыттың функциясы ретінде жəне

	2s кез-келген тұрақтыларын табамыз. Импульстің уақытқа тəуелділігін p =	∂S
		∂qi
	i

теңдеуі арқылы алуға болады.

Гамильтон-Якоби теңдеуі – H функциясы уақытқа тəуелсіз берілген жағдайда немесе жүйе консервативті болғанда анағұрлым қарапайымырақ болады. Əсердің уақытқа тəуелділігі былай беріледі:

S = S0 (q)− Et ,

(24)

(10) теңдеуіне S0 (q) қойып Гамильтон-Якоби теңдеуін мына түрде жазуға болады:

			∂S	0		∂S	0	= E .
	, ..., qs	;			, ...,				(25)
			∂q			∂q
H q1
				1			s

30 Айнымалыларды ажырату тəсілі

Гамильтон-Якоби теңдеуінің толық интегралын табу үшін көп жағдайларда айнымалыларды ажырату тəсілі қолданылады. Тұйық механикалық жүйе үшін механикалық энергия сақталатыны белгілі жағдай

−∂S = H = E = const , ∂t

∂S = −E∂t ,

осыдан

S = −Et + S (q)+ S0 ,

немесе

S (r,ϕ,t ) = −Et + S (r,ϕ ) + S0 .

S0 = 0 деп алуға болады. Сонда S (r,ϕ ) - қалай табуға болады?

(1)– ге өткен параграфтан белгілі −

∂S

∂S 2

∂t

2m ∂r

2mr

∂ϕ

(1)

(2)

(3)

қойып

Гамильтон-Якоби теңдеуінің стационар, яғни уақытқа тəуелсіз түрін аламыз:

∂S 2

∂S

− E =

(4)

2m ∂r

2mr

∂ϕ

Сонымен

S = S (r,ϕ ).

(5)

122

∂S 2

+ E +

= 0 .

(6)

2m ∂r

2mr

∂ϕ

Яғни стандартты түрдегі полярлық жүйедегі Гамильтон-Якоби теңдеуін айнымалыларды ажырату тəсілімен шығарамыз.

S (r,ϕ ) = S (r )+ S (ϕ ),

(7)

немесе

S (r,ϕ ) = R(r )+ Φ(ϕ ),

(8)

(8) – ді (6) – ға қойып

1	∂R 2		1		∂Φ 2		α
		+				+ E +		= 0 .	(9)
				2
2m ∂r			2mr				r
					∂ϕ

R жəне Φ айнымалылары бойынша ажыратып жазатын болсақ

r	2		∂R 2	+ 2mr	2		α		∂Φ	2	(10)
r				+ 2mr		E +		= −	.		(10)
		∂r					r
		∂r					r		∂ϕ

f (r ) = G(ϕ ) тең болуы үшін f (r ) = const ; G(ϕ ) = const болуы керек. Сондықтан осы айнымалыларға байланысты екі теңдеу жазамыз

1.	∂Φ	= β ,	(11)
	∂ϕ

мұндағы β – кез келген тұрақты.

	∂R 2		α		β
2.		+ 2m E +		+		= 0 .	(12)
2.		+ 2m E +		+	r 2	= 0 .	(12)
	∂r		r		r 2

(11) шешімі:

Φ = βϕ + const ,

(12) шешетін болсақ:

dR			α		β
	=	2m E +		+		.
dr	=	2m E +		+	r 2	.
dr			r		r 2

(13)

(14)

123

Егер функция тек бір ғана айнымалыға тəуелді болса, дербес дифференциал толық дифференциалға айналады немесе толық дифференциал дербес дифференциалмен сəйкес болады:

		α		β
R =	2m E +		+		dr ,	(15)
R =	2m E +		+	r 2	dr ,	(15)
		r		r 2

(3)-ті жазатын болсақ

S (r,ϕ,t ) = −Et + βϕ +		α		β
	2m E +		+		dr + S	0	.	(16)
	2m E +		+	r 2	dr + S		.	(16)
		r		r 2

Яғни Гамильтон-Якоби теңдеуінің толық шешімі осылай болады. Кеплер есебі жазық есеп болғандықтан, ол екі тəуелсіз координаттар r жəне ϕ арқылы өрнектеледі. Сондықтан бұл шешімде екі тəуелсіз айнымалылар (E, β ) жəне S0 - аддитивті тұрақтысы бар.

Енді Лагранж түріндегі теңдеулердің шешімін табу үшін Якоби теоремасын қолданамыз:

∂S	= γ .	(17)

∂E

Осыдан ары қарай

− t + ∫		2mdr				= γ ,	(18)

	2 2m E + α			+	β
	2 2m E + α			+
			r		r 2
			r		r 2
		∂S	= δ .				(19)
		∂β	= δ .				(19)
		∂β

Сол сияқты

	1		dr
ϕ − ∫		r 2	dr				= δ .	(20)
		r 2

	2 2m E +			α	+	β
	2 2m E +				+
						r 2
				r		r 2

Қарапайым мысал ретінде горизонт бойымен жоғары лақтырылған дененің траекториясының теңдеуін шешеміз.

Осындай қозғалыстың Гамильтон-Якоби теңдеуі

124

∂S		∂S	;	∂S		,
	= −H		;		; x; y	,
∂t		∂x		∂y
∂t		∂x		∂y

Ал Гамильтон функциясы

	p2		py2
H =	x	+		+ mgy .

	2m		2m

Жүйенің толық энергиясы

				2			2
E =	1	∂S			+	∂S		+ mgy .
E =	2m		∂x		+			+ mgy .
	2m		∂x		∂y

−∂S = E ескере отырып, əсер функциясы

∂t

S = −Et + Sx + S y ,

px∂x = ∂Sx ; Sx = px x ,

∂S

E =

+ mgy ,

∂y

− mgy + E −

∂S

∂y

∂S ,

2mE − px2 − 2m2 gy

∂y

S y = ∫ 2mE − px2 − 2m2 gydy ,

белгілеулер енгіземіз:

a = 2mE − px2 ; b = 2m2 g ,

1	1		1				2		3
∫(a − b)	dy = − ∫(a − by)				d (a − by) = −			(a − by)		,
∫(a − b)	dy = − ∫(a − by)				d (a − by) = −			(a − by)		,
2			2						2
2		b	2				3b		2
		b					3b
					3
			(2mE − px2 − 2m2 gy)
	S y = −		(2mE − px2 − 2m2 gy)			2	,
	S y = −			3m2 g			,

(21)

(22)

(23)

(24)

(25)

(26)

(27)

(28)

(29)

(30)

125

		3
S = -Et + px x -	1		(2mE - px2 - 2m2 gy)		.
				2
	2
	3m	g

Қалауымызша тұрақтыларды белгілейміз:

				¶S		= c ,
						= c ,
				¶E			1
							1
				¶S		= c2 ,
						= c2 ,
			¶px

c1	= -t -					py2	- 2m2 gy	,

							mg
							mg
y =		py2 - m2 g 2 (c1 - t )2						,
y =								,
					2m2 g

Бастапқы шарттарын берсек

t = 0 ; y = 0 ; осыдан c1 = py . mg

Мұндағы py = mv0 y ; сонымен

y = mv0 yt - gt 2 .

Ал (33) – тен

Бастапқы шарттарын қолданып

t = 0 ; x = 0 ; осыдан c	=	py px	,

2		m2 g
x = mvoxt .

(31)

(32)

(33)

(34)

(35)

(36)

(37)

(38)

(39)

(40)

Тағы бір мысал ретінде еркін бөлшектің қозғалыс теңдеуін осы ГамильтонЯкоби тəсілімен шығарамыз. Əдеттегідей бөлшектің гамильтон функциясы мен толық энергиясын жазамыз

126

	mv2		p2		py2
E =		жəне H =	x	+		= const .
	2
			2m		2m

Сонымен қатар

− ∂S = mv2 . ∂t 2

Бөлшекке арналған Гамильтон-Якоби теңдеуі

−

∂S

∂x

∂t 2m

∂y

Осыдан

S = −Et + px x + S y ,

−∂S = E болғандықтан

∂t

2			1	∂S			2

− E +	px	= −				y	,

	2m
			2m		∂y

dy2mE − px2 = dS ,

S = −Et + px x + 2mE − px2 y .

Кез келген мынадай тұрақтыларды белгілейміз:

∂S = c , ∂E 1

∂S = c , ∂px 2

осыдан ары қарай

c1 = −t +

2mE − px2

y =

(c1 + t )

(c1 + t )py

(c1 + t )mvoy

= (c + t )v .

2mE − px2

(41)

(42)

(43)

(44)

(45)

(46)

(47)

(48)

(49)

(50)

(51)

127

Бастапқы шарттарын қолданып
	t = 0 ;	y = 0 ; осыдан c1 = 0 ,						(52)
сондықтан		y = voyt .
		y = voyt .						(53)
Ал (49) бойынша
c = x −	ypx	= x −	ypx	= x −	mvoytmvox		= x − mv t	(54)
c = x −		= x −		= x −			= x − mv t	(54)
2	2mE − px2		py			mvoy	ox
	2mE − px2		py			mvoy
Бастапқы шарттары бойынша
	t = 0 ;	x = 0 ; осыдан c2				= 0 ,		(55)
		x = voxt .						(56)

Б а қ ы л а у с ұ р а қ т ар ы

1.Пуассон жақшалары.

2.Якоби теңдігі.

3.Жалпы интеграл жəне толық интеграл.

4.Гамильтон-Якоби теңдеуі.

5.Айнымалыларды ажырату тəсілі.

128

Пайдаланылған əдебиеттер тізімі

Негізгі

1.Ландау Л.Д., Лифшиц Е.М. Механика. – М.: – 1988 г. – 216 с.

2.Ольховский И.И. Курс теоретической механики для физиков. – М.:

Наука. – 1970. – 447 с.

3.Бухгольц Н.Н. Основной курс теоретической механики. 1 часть. – М:. – 1972. – 468 с.

4.Космодемьянский А.А. Курс теоретической механики. 1 часть. – М:. – 1965. – 539 с.

5.Лурье А.И. Аналитическая механика. – М.: Государственная редакция физико-математической литературы. 1961. – 824 с.

6.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики: Учеб. для ВТУзов. – 10-е изд., перераб. и доп. – М.: Высшая школа., 1986. – 416 с.

Қосымша

1.Аппель П. Теоретическая механика. – Т.1. 515 стр. – М.: ФИЗМАТЛИТ.

–1960.

2.Аппель П. Теоретическая механика. – Т.2. – С.487. – М.: ФИЗМАТЛИТ. –.1960.

3.Гантмахер Ф.Р. Лекции по аналитической механике – М.: Наука. –

1966. – С.300.

4. Голдстейн Г. Классическая механика. – М.: – Наука. – 1975. – С. 415.

5.Зоммерфельд А. Механика. – Иж.: НИЦ РХД. – 2001. – С. 368.

6.Кирхгоф Г. Механика. – М.: АН. – 1962. – С. 404.

7.Ланцош К. Вариационные принципы механики. – М.: МИР. – 1965. – С. 408.

8.Леви-Чивита Т. Амальди У. Курс теоретической механики. – Т.1. ч.2. –

.: ИЛ. 1952. – С. 326.

9.Лич Дж. У. Классическая механика. – М.: ИЛ. – 1961. – С. 173.

10.Маркеев А.П. Теоретическая механика. – Иж.: НИЦ РХД. – 1999. – С. 569.

11.Парс Л.А. Аналитическая динамика. – М.: Наука. – 1971. – С. 636. 12.Синг Дж.Л. Классическая динамика. – М.: ФИЗМАТЛИТ. – 1963. – С.

448.

13.Татаринов Я.В. Лекции по классической динамике. – М.: Издательство МГУ. – 1984. – С. 295.

14.Уиттекер Э. Аналитическая динамика. – Иж.: НИЦ РХД. – 1999. – С. 596.

15.Хаар Д. тер. Основы гамильтоновой механики. – М.: Наука. – 1974. – С. 224.

129

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 1313

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
20.08.2019110.08 Кб13Тема.doc
#
20.11.2019110.59 Кб3Тема4.doc
#
24.03.201522.77 Кб16Темы семинарских занятий ГП РК (общая часть).docx
#
24.03.2015171.32 Кб201теор.мех..1блок. ответы.docx
#
24.03.2015133.94 Кб108теор.мех.2блок.ответы.docx
#
24.03.20151.02 Mб140теорет.механика.pdf
#
24.03.2015275.97 Кб17теория 6,10,13,15,22,28.doc
#
24.03.201521.27 Кб32Термиялы деу Лекция 8.docx
#
24.03.2015351.38 Кб19Тест 1.rtf
#
24.03.2015166.49 Кб11тест 2.rtf
#
24.03.2015587.26 Кб23Тест коллоквиум.doc