Układ nieswobodny

Do tej pory opisywalśmy ruch cząstki przy założeniu, że jej ruch jest swobodny. Teraz zajmiemy się przypadkiem, gdy jej ruch jest ograniczony więzami.

Rozważmy cząstkę poruszającą się w 3 wymiarach, której ruch jest ograniczony do pewnej powierzchni (na przykład kula znajdująca się między dwoma płytkami uniemożliwiającymi jej ruch w kierunku prostopadłym do ich powierzchni). W mechanice Newtona oznacza to, że na kulę działa siła reakcji prostopadła do powierzchni ograniczającej jej ruch, jak zostało pokazane na rysunku. $\hat{T}$ oznacza wektor styczny do kierunku ruchu i zarazem płaszczyzny.

Mimo tego, że cząstka porusza się w przestrzeni 3-wymiarowej, do opisania jej położenia potrzebujemy jedynie 2 współrzędnych $q_1$ i $q_2$ (ponieważ jej ruch jest ograniczony do powierzchni). Spodziewamy się zatem, że jej ruch będą w pełni opisywać równania Lagrange’a $$ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial q_i}-\frac{d}{dt}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \dot{q_i}}=0, $$ dla których lagranżjan jest dany wzorem $$ \mathcal{L}=T-U, $$ gdzie $U$ jest energią potencjalną wszystkich sił (przy założeniu, że da się je zapisać jako jej gradient) oprócz sił reakcji. Innymi słowy $$ \mathbf{F}_{cał.}=\mathbf{F}+\mathbf{F}_R=-\nabla U+\mathbf{F}_R, $$ gdzie $\mathbf{F}_R$ to siła reakcji, a $\mathbf{F}_{cał.}$ to siła całkowita działająca na cząstkę.

Chcielibyśmy udowodnić, że to sformułowanie jest równoważne sformułowaniu newtonowskiemu.

Dowód

Rozważmy ruch cząstki w czasie od $t_1$ do $t_2$ po torze $\mathbf{r}$. Powyższe twierdzenie jest równoważne temu, że wariacja działania wynosi 0: $$ \delta S=\delta \int_{t_1}^{t_2}\mathcal{L}(\mathbf{r}, \dot{\mathbf{r}}, t)\,dt =0$$ Rozważmy zatem tor $\mathbf{R}=\mathbf{r}+\boldsymbol{\varepsilon}$, gdzie $\boldsymbol{\varepsilon}$ wynosi $\mathbf{0}$ dla $t_1$ i $t_2$ oraz nie wychodzi poza powierzchnię ruchu cząstki (cząstka dalej pozostaje ograniczona). Zostało to zilustrowane na poniższym rysunku, gdzie kolorem białym została oznaczona prawdziwa trajektoria cząstki, a niebieskim $\mathbf{R}$. Ruch cząstki jest ograniczony do zielonej płaszczyzny.

Wariacja działania to wtedy $$ \delta S=\int_{t_1}^{t_2}\left[\mathcal{L}(\mathbf{R}, \dot{\mathbf{R}}, t)-\mathcal{L}(\mathbf{r}, \dot{\mathbf{r}}, t)\right]\,dt$$ Obliczmy różnicę znajdującą się pod całką: $$ \mathcal{L}(\mathbf{R}, \dot{\mathbf{R}}, t)-\mathcal{L}(\mathbf{r}, \dot{\mathbf{r}}, t)=T(\dot{\mathbf{R}})-U(\mathbf{R}, t)-T( \dot{\mathbf{r}})+U(\mathbf{r}, t)$$ Wyznaczmy poszczególne wyrazy: $$ T(\dot{\mathbf{R}})=\frac{1}{2}m\dot{R}^2=\frac{1}{2}m\left(\dot{\mathbf{r}}+\dot{\boldsymbol{\varepsilon}}\right)^2=\frac{1}{2}m\left(\dot{r}^2+2\dot{\mathbf{r}}\cdot\dot{\boldsymbol{\varepsilon}}+\dot{\varepsilon}^2\right)$$ $$ T(\dot{\mathbf{R}})-T( \dot{\mathbf{r}})=\frac{1}{2}m\left(\dot{r}^2+2\dot{\mathbf{r}}\cdot\dot{\boldsymbol{\varepsilon}}+\dot{\varepsilon}^2\right)-\frac{1}{2}m\dot{r}^2=m\dot{\mathbf{r}}\cdot\dot{\boldsymbol{\varepsilon}}+\frac{1}{2}m\dot{\varepsilon}^2$$ Ponieważ $\varepsilon$ oraz $\dot{\varepsilon}$ są małe $$ T(\dot{\mathbf{R}})-T(\dot{\mathbf{r}})\approx m\dot{\mathbf{r}}\cdot\dot{\boldsymbol{\varepsilon}}.$$ Obliczmy teraz różnicę $$ -U(\mathbf{R}, t)+U(\mathbf{r}, t)=-\left[ U(\mathbf{r}+\boldsymbol{\varepsilon}, t)-U(\mathbf{r}, t) \right]\approx-\left[ U(\mathbf{r}, t)+\boldsymbol{\varepsilon}\cdot\nabla U(\mathbf{r}, t)-U(\mathbf{r}, t)\right]=-\boldsymbol{\varepsilon}\cdot\nabla U(\mathbf{r}, t)$$ Wracając, mamy $$ \mathcal{L}(\mathbf{R}, \dot{\mathbf{R}}, t)-\mathcal{L}(\mathbf{r}, \dot{\mathbf{r}}, t)\approx m\dot{\mathbf{r}}\cdot\dot{\boldsymbol{\varepsilon}}-\boldsymbol{\varepsilon}\cdot\nabla U(\mathbf{r}, t)$$ Wstawmy to do całki: $$ \delta S=\int_{t_1}^{t_2}\left[ m\dot{\mathbf{r}}\cdot\dot{\boldsymbol{\varepsilon}}-\boldsymbol{\varepsilon}\cdot\nabla U(\mathbf{r}, t) \right]\,dt $$ Aby pozbyć się $\dot{\boldsymbol{\varepsilon}}$, pocałkujmy pierwszy wyraz przez części: $$ \int_{t_1}^{t_2} m\dot{\mathbf{r}}\cdot\dot{\boldsymbol{\varepsilon}} \,dt =\underbrace{\left[m\dot{\mathbf{r}}\cdot\boldsymbol{\varepsilon} \right]_{t_1}^{t_2}}_{=0} -\int_{t_1}^{t_2} m\ddot{\mathbf{r}}\cdot\boldsymbol{\varepsilon}\,dt, $$ co daje nam $$ \delta S=\int_{t_1}^{t_2}\boldsymbol{\varepsilon}\cdot\left[-m\ddot{\mathbf{r}} -\nabla U(\mathbf{r}, t) \right]\,dt. $$ Zauważmy teraz, że $m\ddot{\mathbf{r}}=\mathbf{F}_{cał.}$ oraz $-\nabla U(\mathbf{r}, t)=\mathbf{F}$: $$ \delta S=\int_{t_1}^{t_2}\boldsymbol{\varepsilon}\cdot\left[-\mathbf{F}_{cał.}+\mathbf{F}\right]\,dt$$ Wiemy, że $-\mathbf{F}_{cał.}+\mathbf{F}=-\mathbf{F}-\mathbf{F}_R+\mathbf{F}=-\mathbf{F}_R$, zatem $$ \delta S =-\int_{t_1}^{t_2}\boldsymbol{\varepsilon}\cdot\mathbf{F}_R\,dt. $$ Jak wspomnieliśmy wcześniej, siły reakcji są zawsze prostopadłe do powierzchni ruchu cząstki, a $\boldsymbol{\varepsilon}$ wybraliśmy takie, aby w tej powierzchni leżało. Oznacza to, że $\boldsymbol{\varepsilon}\cdot\mathbf{F}_R=0$, a co za tym idzie $$ \delta S = 0, $$ co kończy dowód.

Analogiczny dowód można przeprowadzić dla cząstki ograniczonej do ruchu jedynie po krzywej.

Przykład

Rozważmy piłkę toczącą się po równi pochyłej. Jej położenie można jednoznacznie określić za pomocą jednej zmiennej $x$. Jeśli oś $x$ wybierzemy tak, aby przebiegała równolegle do równi oraz $x=0$, gdy piłka jest u podstawy równi, jej energia potencjalna będzie dana wzorem $$ U=mgh=mgx\sin\theta, $$ gdzie $\theta$ to kąt nachylenia równi (patrz rysunek poniżej).

W tym przypadku cząstka poruszająca się w 2 wymiarach jest ograniczona do 1 wymiaru poprzez siłę reakcji równi. Lagranżjan piłki będzie wynosił $$ \mathcal{L}=\frac{1}{2}m\dot{x}^2-mgx\sin\theta, $$ co po wstawieniu do równania Lagrange’a da nam $$ m\ddot{x}=-mg\sin\theta. $$

Przykład

Rozważmy wahadło matematyczne o długości $l$, na którego końcu jest zawieszona masa $m$ o energii potencjalnej $U=-mgy=-mgl\cos{\theta}$ (patrz rysunek).

Masa jest ograniczona siłą reakcji linki i jej ruch można opisać za pomocą tylko zmiennej $\theta$. Lagranżjan tego wahadła to $$ \mathcal{L}=\frac{1}{2}ml^2\dot{\theta}^2+mgl\cos{\theta}, $$ a wynikające z niego równanie ruchu to $$ ml^2\ddot{\theta}+mgl\sin{\theta}=0. $$