Uogólnienie na układ wielu cząstek

Do tej pory rozważaliśmy układ złożony jedynie z jednej cząstki. Wprowadzenie większej liczby cząstek daje nam więcej współrzędnych uogólnionych, które definiujemy jako zestaw najmniejszej liczby współrzędnych jednoznacznie określających stan układu. Na przykład, dla 2 cząstek w przestrzeni 3-wymiarowej mamy 6 współrzędnych uogólnionych, a dla wahadła podwójnego - jedynie 2.

Lagrażjan dla układu $N$ cząstek o $n$ współrzędnych uogólnionych ma postać $$ \mathcal{L} = T(\dot{q}_1, \dot{q}_2, \dots, \dot{q}_n, t) - U(q_1, q_2, \dots, q_n, t), $$ gdzie $$ T(\dot{q}_1, \dot{q}_2, \dots, \dot{q}_n, t)=\frac{1}{2}m_1\dot{\mathbf{r}}_1+\frac{1}{2}m_2\dot{\mathbf{r}}_2+\dots+\frac{1}{2}m_N\dot{\mathbf{r}}_N, $$ przy czym $\mathbf{r}_\alpha$ to położenie $\alpha$-tej cząstki, a $m_\alpha$ to jej masa.

Dla każdej ze współrzędnych uogólnionych mamy równanie Lagrange’a: $$ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q_i}-\frac{d}{dt}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q_i}} = 0. $$ Dowód prawdziwości równań Lagrange’a dla jednej cząstki w układzie nieswobodnym można łatwo uogólnić dla wielu cząstek.

Przykład

Rozważmy układ przedstawiony na poniższym rysunku.

Sprężyna o współczynniku sprężystości $k_1$ jest przymocowana do ściany, do niej przymocowany jest bloczek o masie $m_1$, a do niego sprężyna o współczynniku sprężystości $k_2$ z bloczkiem o masie $m_2$.

Położenie pierwszego bloczka oznaczmy jako $x_1$, a drugiego jako $x_2$. Ich położenia równowagi oznaczmy kolejno jako $x_{01}$ i $x_{02}$. Łatwo zauważyć, że $x_1=x_{01}+\Delta x_{1}$ oraz $x_2=x_{02}+\Delta x_1 + \Delta x_2$, gdzie $\Delta x_1$ oraz $\Delta x_2$ to rozciągnięcia sprężyn.

Energia kinetyczna tego układu to $$ T=\frac{1}{2}m_1 \dot{x}_1^2+\frac{1}{2}m_2 \dot{x}_1^2=\frac{1}{2}m_1\Delta\dot{x}_1^2+\frac{1}{2}m_2\left(\Delta \dot{ x}_1+\Delta \dot{ x}_2\right)^2, $$ a energia potencjalna to $$ U=\frac{1}{2}k_1\Delta x_1^2+\frac{1}{2}k_2\Delta x_2^2. $$ Po obliczeniu Lagranżjanu, wstawieniu go do dwóch równań i uproszczeniu wyrażeń otrzymujemy układ $$ \begin{cases} m_1\Delta\ddot{x}_1=-k_1\Delta x_1+k_2\Delta x_2 \\ m_2\Delta \ddot{x}_2=-k_2\Delta x_2-m_2\Delta \ddot{x}_1 \end{cases} $$ W pierwszym równaniu z łatwością można wyróżnić siły pochodzące od obu sprężyn, a w drugim siłę sprężystości i siłę bezwładności.

Zachowanie pędu

Rozważmy izolowany układ $N$ cząstek o położeniach $\mathbf{r}_1, \mathbf{r}_2, \dots, \mathbf{r}_N$. Przesuńmy wszystkie cząstki o stały wektor $\boldsymbol{\varepsilon}=\left(\varepsilon, \varepsilon, \dots, \varepsilon\right)$ (ma tyle składowych ile jest współrzędnych uogólnionych).

Ponieważ układ jest izolowany, potencjał pochodzi wyłącznie od cząstek w naszym układzie (nie mamy zewtnętrznych pól). Ponieważ wszystkie cząstki zostały przesunięte, ich względne położenia nie zmieniły się, a co za tym idzie energia potencjalna również. Dlatego mamy $\delta U=0$.

Ponieważ $\boldsymbol{\varepsilon}$ to stały wektor, prędkości cząstek się nie zmieniły, zatem $\delta T=0$.

Zmiana lagranżjanu to $$ \delta \mathcal{L}=\delta T -\delta U=0,$$ ale również $$ \delta \mathcal{L}=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q_1}\varepsilon+\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q_2}\varepsilon+\dots+\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q_n}\varepsilon. $$ Z powyższych równań wynika, że $$ \sum_{i=1}^n \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q_i}\varepsilon = 0, $$ a ponieważ $\varepsilon\neq 0$ $$ \sum_{i=1}^n \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q_i}= 0. $$ Z równania Lagrange’a mamy $$ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q_i}=\frac{d}{dt}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_i}, $$ czyli $$ \frac{d}{dt}\sum_{i=1}^n \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_i}= 0 $$ $$ \sum_{i=1}^n p_i = const. $$ Jeśli zdefiniujemy wektor $\mathbf{P}=\left(p_1, p_2, \dots, p_n\right)$, to $$ \boxed{\mathbf{P}=\mathbf{const.}} $$ w układzie izolowanym.

Zachowanie energii

Załóżmy, że współrzędne są naturalne, to znaczy lagranżjan nie zależy jawnie od czasu, $\partial \mathcal{L}/\partial t=0$.

Wyznaczmy pochodną lagranżjanu po czasie: $$ \frac{d\mathcal{L}}{dt}=\sum_{i=1}^n \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial q_i}\dot{q}_i+\sum_{i=1}^n \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \dot{q}_i}\ddot{q}_i+\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial t}. $$ $\partial \mathcal{L}/\partial t=0$, a $\partial \mathcal{L}/\partial q_i$ możemy wyznaczyć z równań Langrange’a. Po podstawieniu dostajemy $$ \frac{d\mathcal{L}}{dt}=\sum_{i=1}^n \left[\frac{d}{dt} \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \dot{q}_i}\dot{q}_i +\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \dot{q}_i}\ddot{q}_i\right].$$ Zauważmy, że wyrażenie pod sumą to pochodna iloczynu funkcji, dlatego $$ \frac{d\mathcal{L}}{dt}=\sum_{i=1}^n\frac{d}{dt}\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \dot{q}_i}\dot{q}_i\right]. $$ Odejmując obustronnie wyrażenie z prawej strony otrzymujemy $$ \sum_{i=1}^n\frac{d}{dt}\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \dot{q}_i}\dot{q}_i\right]-\frac{d\mathcal{L}}{dt}=0$$ $$ \sum_{i=1}^n p_i\dot{q}_i-\mathcal{L}=const.$$ gdzie skorzystałem z faktu, że $\partial\mathcal{L}/\partial \dot{q}_i=p_i$. Powyższa wielkość nazywa się hamiltonianem $\mathcal{H}$. Wart uwagi jest fakt, że powyższe równanie jest takie samo jak całka pierwsza wyprowadzona na przykładzie błony mydlanej w jednym z poprzednich artykułów.

Obliczmy bezpośrednio hamiltonian dla układu $N$ cząstek o $n$ współrzędnych uogólnionych. Aby obliczyć $p_i$ musimy obliczyć pochodną $\partial\mathcal{L}/\partial \dot{q}_i$, a ponieważ $U$ nie zależy od $\dot{q}_i$, jest to po prostu $\partial T/\partial \dot{q}_i$. $T$ jest dane wzorem $$ T=\frac{1}{2}\sum_{\alpha=1}^N m_\alpha \dot{\mathbf{r}}_{\alpha} \cdot \dot{\mathbf{r}}_{\alpha}. $$ Obliczmy $\dot{\mathbf{r}}_\alpha$ za pomocą reguły łańcuchowej: $$ \dot{\mathbf{r}}_\alpha=\frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_1}\dot{q}_1+\frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_2}\dot{q}_2+\dots+\frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_n}\dot{q}_n=\sum_{j=1}^n \frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_j}\dot{q}_j $$ Iloczyn wektorowy będzie równy $$ \dot{\mathbf{r}}_\alpha\cdot\dot{\mathbf{r}}_\alpha=\sum_j \sum_k \frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_j}\cdot\frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_k} \dot{q}_j \dot{q}_k. $$ Pomijam granice sumowania dla przejrzystości zapisu. Zauważmy, że $$ \frac{\partial T}{ \partial \dot{q}_i}=\frac{1}{2}\sum_{\alpha} m_\alpha\frac{\partial}{\partial \dot{q}_i} \left(\dot{\mathbf{r}}_\alpha\cdot\dot{\mathbf{r}}_\alpha\right), $$ więc obliczmy tę pochodną. Pochodna wszystkich wyrazów dla których $j\neq i$ oraz $k\neq i$ jednocześnie będzie wynosić 0. Pozostają nam wyrazy, dla których $j=i$ oraz $k=i$. To daje nam $$\frac{\partial}{\partial \dot{q}_i} \left(\dot{\mathbf{r}}_\alpha\cdot\dot{\mathbf{r}}_\alpha\right)= \frac{\partial}{\partial \dot{q}_i} \sum_j \sum_k \frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_j}\cdot\frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_k} \dot{q}_j \dot{q}_k= \sum_j \frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_j}\cdot\frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_i} \dot{q}_j+\sum_k \frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_i}\cdot\frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_k} \dot{q}_k. $$ Obydwie sumy są dokładnie takie same, więc mamy $$ 2\sum_j \frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_j}\cdot\frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_i} \dot{q}_j.$$ Po wstawieniu do wyrażenia na pęd otrzymamy $$ p_i=\sum_\alpha m_\alpha\sum_j \frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_j}\cdot\frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_i} \dot{q}_j.$$ Wstawmy to do hamiltonianu: $$ \mathcal{H}=\sum_i \dot{q}_i\sum_\alpha m_\alpha\sum_j \frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_j}\cdot\frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_i} \dot{q}_j - \mathcal{L}. $$ $\dot{q}_i$ możemy przenieść wewnątrz sumy po $j$: $$ \mathcal{H}= \sum_\alpha m_\alpha\sum_i\sum_j \frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_j}\cdot\frac{\partial \mathbf{r}_\alpha}{\partial q_i} \dot{q}_j \dot{q}_i - \mathcal{L}. $$ Podwójną sumę rozpoznajemy jako $\dot{\mathbf{r}}_\alpha\cdot\dot{\mathbf{r}}_\alpha$. Wtedy cała suma po $\alpha$ to po prostu $2T$. Pamiętając, że $\mathcal{L}=T-U$, otrzymujemy następujący wynik: $$ \boxed{\mathcal{H}=T+U=const.} $$ gdy współrzędne są naturalne (lagranżjan nie zależy jawnie od czasu).

Oczywistym faktem jest, że jeśli energia potencjalna $U$ zmienia się w czasie (np. z jakiegoś powodu zmienia się przyspieszenie ziemskie), energia w układzie nie będzia zachowana.

$T$ jest zależne od czasu np. w sytuacji, gdy wagon, na którego suficie przyczepione jest wahadło, porusza się z przyspieszeniem $a$ wzdłuż osi $x$. Położenie wahadła względem ziemi charakteryzują wtedy współrzędne $x$ oraz $\theta$. Energia kinetyczna tego wahadła będzie wyrażała się wzorem $$ T=\frac{1}{2}ml^2\dot{\theta}^2+\frac{1}{2}ma^2t^2, $$ gdzie $l$ to długość wahadła, a $m$ to masa zaczepiona na jego końcu. Lagranżjan zależy jawnie od czasu, a energia oczywiście nie jest zachowana, ponieważ wahadło zyskuje wraz z wagonem energię kinetyczną. Bardziej naturalnym wyborem układu współrzędnych w tej sytuacji jest układ związany z wagonem (w tym układzie współrzędne są faktycznie naturalne). Siłę bezwładności możemy modelować wtedy jak zadaną potencjałem proporcjonalnym do $x$.