Bölüm 7

Lagrange Mekaniği

Hamilton ilkesi ve Lagrange denklemleri; kısıtlar, serbestlik derecesi ve genelleştirilmiş koordinatlar; kısıtlı sistemlerde Lagrange denklemlerinin kanıtı; Atwood düzeneği, hareketli kama, dönen çember üzerindeki boncuk ve küresel sarkaç; genelleştirilmiş momentum ve döngüsel koordinatlar; Hamilton fonksiyonu ve enerjinin korunumu; Noether teoremi; manyetik kuvvetler için Lagrange fonksiyonu; Lagrange çarpanları ve kısıt kuvvetleri.

31 dk okuma9 çözümlü örnek5 şekil18 problem

Bu bölümde

Hamilton ilkesinden Lagrange denklemlerini türetmeyi ve bu denklemlerin her koordinat sisteminde aynı biçimde geçerli olduğunu
Kısıtlı sistemleri genelleştirilmiş koordinatlarla betimlemeyi ve kısıt kuvvetlerini hiç hesaplamadan hareket denklemlerini yazmayı
Lagrange yöntemini birbirine bağlı cisimlere, dönen sistemlere ve küresel sarkaca uygulamayı
Döngüsel koordinatlardan korunum yasaları çıkarmayı; Hamilton fonksiyonunun ne zaman korunduğunu ve ne zaman enerjiye eşit olduğunu
Simetriler ile korunum yasaları arasındaki bağı (Noether teoremi)
Yüklü parçacıkların manyetik alandaki hareketini Lagrange yöntemiyle incelemeyi ve kısıt kuvvetlerini Lagrange çarpanlarıyla bulmayı

7.1Kısıtsız hareket için Lagrange denklemleri

6. bölümün sonunda tek boyutta hareket eden bir parçacık için şu sonucu bulduk: Lagrange fonksiyonu

$$ \mathcal{L} = T - U $$

(7.1)

olmak üzere ($T$ kinetik, $U$ potansiyel enerji; bu bölümden başlayarak kinetik enerjiyi analitik mekaniğin geleneğine uyarak $T$ ile göstereceğiz), $\int\mathcal{L}\,\dd t$ integralini durağan yapan hareket Newton'un ikinci yasasına uyar. Bu sonucu üç boyuta genelleştirelim. Korunumlu bir $U(\vb{r})$ kuvvet alanında hareket eden bir parçacık için Kartezyen koordinatlarda

$$ \mathcal{L} = \tfrac12 m\left(\dot{x}^2 + \dot{y}^2 + \dot{z}^2\right) - U(x, y, z) $$

olur. Üç bağımlı değişkenli Euler–Lagrange denklemleri (6. bölüm) şunlardır:

$$ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial x} = \dv{}{t}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{x}} \quad\Rightarrow\quad -\frac{\partial U}{\partial x} = m\ddot{x} $$

ve $y$, $z$ için benzerleri. Bunlar $F_x = m\ddot{x}$, $F_y = m\ddot{y}$, $F_z = m\ddot{z}$, yani Newton'un ikinci yasasıdır. Böylece şu sonuca vardık:

Teorem 7.1Hamilton ilkesi

Korunumlu kuvvetlerin etkisindeki bir parçacığın $t_1$ ve $t_2$ anları arasında izlediği gerçek yol, bu anlarda aynı uç noktalara sahip bütün olası yollar arasında eylem integralini

$$ S = \int_{t_1}^{t_2}\mathcal{L}\,\dd t $$

(7.2)

durağan yapan yoldur.

Bu ilkenin en büyük kazancı şudur: $S$, koordinat seçiminden bağımsız bir sayıdır. Yolu Kartezyen, kutupsal ya da başka herhangi bir koordinatla betimlesek de her yolun eylemi aynıdır; dolayısıyla eylemi durağan yapan yol, her koordinat sisteminde aynı yoldur. 6. bölümde gördüğümüz gibi, eylemi durağan yapan yol, kullandığımız değişkenler ne olursa olsun, o değişkenlerle yazılan Euler–Lagrange denklemlerini sağlar. Parçacığın konumunu herhangi üç koordinatla $(q_1, q_2, q_3)$ betimlersek (örneğin küresel koordinatlar $r, \theta, \phi$), hareket denklemleri

$$ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial q_i} = \dv{}{t}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{q}_i}, \qquad i = 1, 2, 3 $$

(7.3)

olur. Bunlar Lagrange denklemleridir. Bu denklemleri kullanmak için yalnızca kinetik ve potansiyel enerjiyi istenen koordinatlarla yazmak yeter; ivmenin o koordinatlardaki karmaşık ifadesine (1. bölümdeki küresel ivme gibi) hiç gerek yoktur.

Lagrange denklemlerini Newton yasasına benzetmek için iki tanım yapalım. $\partial\mathcal{L}/\partial q_i$'ye genelleştirilmiş kuvvet, $\partial\mathcal{L}/\partial\dot{q}_i$'ye genelleştirilmiş momentum denir. (7.3), "genelleştirilmiş kuvvet, genelleştirilmiş momentumun değişim hızına eşittir" biçiminde okunabilir. Kartezyen koordinatlarda bunlar sıradan kuvvet ve momentumdur; ama başka koordinatlarda başka nicelikler olabilirler.

Örnek 7.1Düzlemde merkezi kuvvet

Kütlesi $m$ olan bir parçacık bir düzlemde, potansiyel enerjisi $U(r)$ olan merkezi bir kuvvetin etkisinde hareket ediyor. Kutupsal koordinatlarda Lagrange denklemlerini yazın.

Çözüm

1. bölümdeki kutupsal hız ifadesiyle $v^2 = \dot{r}^2 + r^2\dot{\phi}^2$:

$$ \mathcal{L} = \tfrac12 m\left(\dot{r}^2 + r^2\dot{\phi}^2\right) - U(r) $$

$r$ denklemi: $\partial\mathcal{L}/\partial r = mr\dot{\phi}^2 - U'(r)$ ve $\partial\mathcal{L}/\partial\dot{r} = m\dot{r}$:

$$ mr\dot{\phi}^2 - U'(r) = m\ddot{r} \quad\Rightarrow\quad m\left(\ddot{r} - r\dot{\phi}^2\right) = F_r $$

1. bölümde ivmenin radyal bileşenini zahmetle türetmiştik; burada kendiliğinden çıktı. $\phi$ denklemi: $\mathcal{L}$, $\phi$'ye bağlı değildir, $\partial\mathcal{L}/\partial\phi = 0$. Dolayısıyla

$$ \dv{}{t}\left(mr^2\dot{\phi}\right) = 0 $$

$mr^2\dot{\phi}$, açısal momentumdur (3. bölüm) ve korunur. Burada $\phi$'ye karşılık gelen genelleştirilmiş kuvvet torktur ve genelleştirilmiş momentum açısal momentumdur: genelleştirilmiş nicelikler koordinatın türüne uyar.

7.2Kısıtlı sistemler ve genelleştirilmiş koordinatlar

Lagrange yönteminin asıl gücü kısıtlı sistemlerde ortaya çıkar. Sarkacın kütlesi bir çember üzerinde kalmaya, bir boncuk bir tel üzerinde kalmaya, bir tekerlek kaymadan yuvarlanmaya zorlanır. Bu kısıtları sağlayan kuvvetler (ipin gerilmesi, telin tepkisi) genellikle bilinmez ve hareket sırasında değişir. Newton yöntemiyle bu kuvvetleri de bilinmeyen olarak taşımak gerekir. Lagrange yöntemi ise onları tamamen devre dışı bırakır.

Düzlemde salınan basit bir sarkacı düşünelim. Kütlenin konumu iki Kartezyen koordinatla $(x, y)$ verilir, ama bunlar bağımsız değildir: ipin uzunluğu $l$ sabit olduğundan $x^2 + y^2 = l^2$ olmalıdır. Kütlenin konumunu tek bir sayı, örneğin ipin düşeyle yaptığı $\phi$ açısı belirler. Bir sistemin konumunu tam olarak belirleyen birbirinden bağımsız sayıların en küçük sayısına sistemin serbestlik derecesi, bu sayılara da genelleştirilmiş koordinatlar denir. Sarkacın bir serbestlik derecesi vardır.

Daha genel olarak, $N$ parçacıklı bir sistemin $3N$ Kartezyen koordinatı vardır. Bu koordinatlar arasında, zamana da bağlı olabilen

$$ f_k(\vb{r}_1, \ldots, \vb{r}_N, t) = 0, \qquad k = 1, \ldots, K $$

biçiminde $K$ bağıntı varsa (bu tür kısıtlara holonom kısıt denir), serbestlik derecesi $n = 3N - K$ olur ve her parçacığın konumu $n$ genelleştirilmiş koordinat cinsinden yazılabilir:

$$ \vb{r}_\alpha = \vb{r}_\alpha(q_1, \ldots, q_n, t) $$

(7.4)

Örneğin sarkaçta $x = l\sin\phi$, $y = -l\cos\phi$ (asılma noktası orijinde, $y$ yukarı). Kısıt zamana bağlıysa (asılma noktası hareket ediyorsa ya da tel dönüyorsa) dönüşüm de açıkça $t$'ye bağlı olur. Bu kitaptaki kısıtların hepsi holonomdur. Holonom olmayan kısıtlara bir örnek, bir düzlemde kaymadan yuvarlanan bir bilyedir: hızlar arasında bir bağıntı vardır, ama bu bağıntı konumlar arasında bir bağıntıya integrallenemez.

7.3Kısıtlı sistemlerde Lagrange denklemleri

Kısıtlı bir sistemde Hamilton ilkesinin hâlâ geçerli olduğunu, tek bir parçacık için gösterelim; genelleme aynı yolu izler. Parçacık sürtünmesiz bir yüzey üzerinde kalmaya zorlanmış olsun. Üzerine iki tür kuvvet etki eder: korunumlu kuvvetler $\vb{F} = -\nabla U$ ve yüzeyin uyguladığı kısıt kuvveti $\vb{F}_k$. Yüzey sürtünmesiz olduğundan kısıt kuvveti yüzeye diktir. Newton'un ikinci yasası $m\ddot{\vb{r}} = \vb{F}_k - \nabla U$'dur.

Gerçek yol $\vb{r}(t)$ olsun ve onu, yine yüzey üzerinde kalan ve uç noktaları aynı olan komşu bir yolla karşılaştıralım: $\vb{r}(t) + \boldsymbol{\epsilon}(t)$, $\boldsymbol{\epsilon}(t_1) = \boldsymbol{\epsilon}(t_2) = 0$. İki yol da yüzeyde olduğundan, küçük $\boldsymbol{\epsilon}$ her an yüzeye teğettir. Eylemdeki birinci mertebe değişim

$$ \delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left(m\dot{\vb{r}}\cdot\dot{\boldsymbol{\epsilon}} - \nabla U\cdot\boldsymbol{\epsilon}\right)\dd t = -\int_{t_1}^{t_2}\left(m\ddot{\vb{r}} + \nabla U\right)\cdot\boldsymbol{\epsilon}\,\dd t = -\int_{t_1}^{t_2}\vb{F}_k\cdot\boldsymbol{\epsilon}\,\dd t $$

olur. İkinci adımda birinci terimi kısmi integralle düzenledik (uç terimler $\boldsymbol{\epsilon}$ uçlarda sıfır olduğu için yok olur), üçüncü adımda Newton yasasını kullandık. Kısıt kuvveti yüzeye dik, $\boldsymbol{\epsilon}$ ise yüzeye teğet olduğundan $\vb{F}_k\cdot\boldsymbol{\epsilon} = 0$ ve $\delta S = 0$'dır. Gerçek yol, kısıtları sağlayan yollar arasında eylemi durağan yapar.

Kısıtları sağlayan yollar, genelleştirilmiş koordinatlarla serbestçe betimlenebilir; her $q_i(t)$ seçimi kısıtları kendiliğinden sağlayan bir yol verir. Dolayısıyla $\mathcal{L}$'yi genelleştirilmiş koordinatlarla yazar ve eylemi bu koordinatların bütün değişimlerine göre durağan yaparız; 6. bölümdeki sonuçla Lagrange denklemleri (7.3)'ü her genelleştirilmiş koordinat için buluruz.

Teorem 7.2Lagrange denklemleri

Kısıt kuvvetleri iş yapmayan (sanal yer değiştirmelere dik olan), holonom kısıtlı ve geri kalan bütün kuvvetleri korunumlu olan bir sistemin, $n$ genelleştirilmiş koordinatı $q_1, \ldots, q_n$ cinsinden yazılan Lagrange fonksiyonu $\mathcal{L} = T - U$ ise hareket denklemleri

$$ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial q_i} = \dv{}{t}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{q}_i}, \qquad i = 1, \ldots, n $$

dir. Kısıt kuvvetleri bu denklemlerde hiç görünmez.

Yöntem

Lagrange yöntemiyle bir problem çözmenin adımları:

Serbestlik derecesini belirleyin ve uygun genelleştirilmiş koordinatlar seçin.
Kinetik enerjiyi önce Kartezyen hızlarla yazın, sonra genelleştirilmiş koordinatlar ve onların türevleri cinsinden ifade edin.
Potansiyel enerjiyi genelleştirilmiş koordinatlar cinsinden yazın.
$\mathcal{L} = T - U$'yu kurun ve her koordinat için (7.3)'ü yazın.
Döngüsel koordinatlara ve korunan niceliklere bakın (Kısım 7.5); sonra denklemleri çözün.

Örnek 7.2Basit sarkaç

Uzunluğu $l$ olan ve düzlemde salınan basit bir sarkacın hareket denklemini Lagrange yöntemiyle bulun.

Çözüm

Genelleştirilmiş koordinat $\phi$. Kütlenin hızı $l\dot{\phi}$, asılma noktasına göre yüksekliği $-l\cos\phi$:

$$ \mathcal{L} = \tfrac12 ml^2\dot{\phi}^2 + mgl\cos\phi $$

$\partial\mathcal{L}/\partial\phi = -mgl\sin\phi$, $\partial\mathcal{L}/\partial\dot{\phi} = ml^2\dot{\phi}$. (7.3):

$$ -mgl\sin\phi = ml^2\ddot{\phi} \quad\Rightarrow\quad \ddot{\phi} = -\frac{g}{l}\sin\phi $$

Bu, 1. bölümde kutupsal koordinatlarla bulduğumuz denklemdir. Genelleştirilmiş kuvvet $-mgl\sin\phi$, yer çekiminin asılma noktasına göre torkudur; genelleştirilmiş momentum $ml^2\dot{\phi}$, açısal momentumdur. Denklem, 3. bölümdeki $\Gamma = I\ddot{\phi}$ bağıntısının kendisidir. İpteki gerilme hiç gerekmedi; istenirse Kısım 7.9'daki yöntemle bulunabilir.

7.4Örnekler

Örnek 7.3Kütleli makaralı Atwood düzeneği

3. bölümdeki Atwood düzeneğini (kütleler $m_1$, $m_2$; makaranın eylemsizlik momenti $I$, yarıçapı $R$; ip kaymıyor) Lagrange yöntemiyle çözün.

Çözüm

Tek serbestlik derecesi vardır: $m_1$'in aşağı doğru yer değiştirmesi $x$. $m_2$ aynı miktarda yukarı çıkar, makara $\phi = x/R$ kadar döner. Kinetik enerji $T = \tfrac12(m_1 + m_2)\dot{x}^2 + \tfrac12 I\dot{x}^2/R^2$, potansiyel enerji (sabit dışında) $U = -m_1gx + m_2gx$:

$$ \mathcal{L} = \tfrac12\left(m_1 + m_2 + \frac{I}{R^2}\right)\dot{x}^2 + (m_1 - m_2)gx $$

Lagrange denklemi $(m_1 - m_2)g = (m_1 + m_2 + I/R^2)\ddot{x}$, 3. bölümdeki sonucun aynısıdır. Ama bu kez ipteki iki gerilmeyi hiç tanımlamamız gerekmedi: üç denklem ve üç bilinmeyen yerine tek bir denklem yazdık.

Örnek 7.4Hareketli kama üzerinde kayan blok

Kütlesi $m$ olan bir blok, eğim açısı $\theta$ olan ve kütlesi $M$ olan bir kamanın sürtünmesiz eğik yüzeyinde kayıyor; kama da sürtünmesiz yatay bir zemin üzerinde serbestçe kayabiliyor. Kamanın ve bloğun (kamaya göre) ivmelerini bulun. $m = 1{,}0$ kg, $M = 3{,}0$ kg ve $\theta = 30°$ için sayısal değerleri hesaplayın.

Çözüm

İki serbestlik derecesi vardır: kamanın yatay konumu $X$ ve bloğun kamanın yüzeyi boyunca aşağı aldığı yol $s$. Bloğun yere göre konumu $x = X + s\cos\theta$, $y = -s\sin\theta$ ($+x$ yönü bloğun aşağı kaydığı taraf). Hızları:

$$ T = \tfrac12 M\dot{X}^2 + \tfrac12 m\left[(\dot{X} + \dot{s}\cos\theta)^2 + \dot{s}^2\sin^2\theta\right], \qquad U = -mgs\sin\theta $$

$\mathcal{L}$, $X$'e bağlı değildir; $X$ denklemi bir korunum yasasıdır:

$$ \dv{}{t}\left[(M + m)\dot{X} + m\dot{s}\cos\theta\right] = 0 $$

Bu, sistemin toplam yatay momentumunun korunumudur (zemin yatay kuvvet uygulamaz). $s$ denklemi:

$$ mg\sin\theta = m\left(\ddot{s} + \ddot{X}\cos\theta\right) $$

İlk denklemden $\ddot{X} = -m\ddot{s}\cos\theta/(M + m)$; ikinciye koyarsak

$$ \ddot{s} = \frac{(M + m)\,g\sin\theta}{M + m\sin^2\theta}, \qquad \ddot{X} = -\frac{m\,g\sin\theta\cos\theta}{M + m\sin^2\theta} $$

Sayısal olarak $\ddot{s} = 4{,}0 \times 4{,}9/3{,}25 = 6{,}03$ m/s² ve $|\ddot{X}| = 1{,}0 \times 9{,}8 \times 0{,}50 \times 0{,}866/3{,}25 = 1{,}31$ m/s². Kama sabit olsaydı blok $g\sin\theta = 4{,}9$ m/s² ile kayardı; kama geri çekildiği için blok ona göre daha hızlı kayar. Sınır durumlar: $M \to \infty$ iken $\ddot{s} \to g\sin\theta$ ve $\ddot{X} \to 0$ ✓. Newton yöntemiyle bu problem, kamanın bloğa uyguladığı dik kuvveti bilinmeyen olarak taşımayı ve iki cisim için dört denklem yazmayı gerektirir; Lagrange yöntemi iki denklemle, dik kuvveti hiç görmeden sonuca ulaştı.

Örnek 7.5Dönen çember üzerindeki boncuk

Yarıçapı $R$ olan bir çember tel, düşey bir çapı çevresinde sabit $\omega$ açısal hızıyla döndürülüyor. Tele geçirilmiş $m$ kütleli bir boncuk tel üzerinde sürtünmesiz kayabiliyor. Boncuğun hareket denklemini yazın, denge noktalarını bulun ve kararlılıklarını inceleyin. $R = 10$ cm ve $\omega = 15$ rad/s için sayısal değerleri hesaplayın.

Çözüm

Tek serbestlik derecesi vardır: boncuğun çemberin en alt noktasından ölçülen $\theta$ açısı. Kısıt (çember $\omega$ ile dönüyor) zamana bağlıdır. Boncuğun hızının iki bileşeni vardır: çember boyunca $R\dot{\theta}$ ve dönmeden gelen, dönme eksenine $R\sin\theta$ uzaklıktaki çembersel hareketin hızı $R\sin\theta\,\omega$. Bu ikisi birbirine diktir:

$$ \mathcal{L} = \tfrac12 mR^2\left(\dot{\theta}^2 + \omega^2\sin^2\theta\right) + mgR\cos\theta $$

Lagrange denklemi:

$$ mR^2\ddot{\theta} = mR^2\omega^2\sin\theta\cos\theta - mgR\sin\theta \quad\Rightarrow\quad \ddot{\theta} = \left(\omega^2\cos\theta - \frac{g}{R}\right)\sin\theta $$

Denge noktaları $\ddot{\theta} = 0$'dır: $\theta = 0$ (en alt nokta), $\theta = \pi$ (en üst nokta) ve, eğer $\omega^2 > g/R$ ise, $\cos\theta_0 = g/(\omega^2R)$ koşulunu sağlayan iki simetrik nokta $\pm\theta_0$.

Kararlılık için denge çevresinde küçük $\epsilon$ sapmasına bakalım. $\theta = \epsilon$ için $\ddot{\epsilon} \approx (\omega^2 - g/R)\,\epsilon$: $\omega^2 < g/R$ ise en alt nokta kararlıdır (salınım frekansı $\sqrt{g/R - \omega^2}$), $\omega^2 > g/R$ ise kararsızdır. $\theta = \pi$ her zaman kararsızdır. $\theta = \theta_0 + \epsilon$ için türev alarak

$$ \ddot{\epsilon} \approx -\omega^2\sin^2\theta_0\,\epsilon $$

bulunur (Problem 7.10): $\theta_0$ noktaları, var olduklarında, kararlıdır ve küçük salınım frekansları $\Omega = \omega\sin\theta_0$'dır.

Sayısal olarak $g/R = 98$ s⁻², yani kritik açısal hız $\sqrt{98} = 9{,}9$ rad/s'dir. $\omega = 15$ rad/s bundan büyüktür: $\cos\theta_0 = 9{,}8/(225 \times 0{,}10) = 0{,}436$, $\theta_0 = 64{,}2°$, $\Omega = 15\sin 64{,}2° = 13{,}5$ rad/s. Çember yavaş dönerken boncuk dipte durur; açısal hız kritik değeri geçince dip kararsız hâle gelir ve boncuk yana kayarak yeni bir kararlı noktaya yerleşir. Bir parametrenin değişmesiyle bir denge noktasının ikiye ayrılmasına çatallanma denir; 12. bölümde bu kavrama döneceğiz.

Çatallanma — **Şekil 7.4.** Dönen çember üzerindeki boncuğun denge açısı, açısal hızın fonksiyonu olarak. Kritik açısal hız $\sqrt{g/R}$'de dipteki denge kararsız hâle gelir ve iki yeni kararlı denge ortaya çıkar (sürekli çizgiler kararlı, kesikli çizgiler kararsız dengeler).

Örnek 7.6Küresel sarkaç

Uzunluğu $l$ olan bir ipin ucundaki $m$ kütleli cisim, düzleme kısıtlanmadan her yöne salınabiliyor. Lagrange denklemlerini yazın ve cismin, ip düşeyle sabit bir $\theta_0$ açısı yaparak yatay bir çember çizmesi (konik sarkaç) için gereken açısal hızı bulun.

Çözüm

Küresel koordinatlarda, kutup açısını aşağı doğru düşeyden ölçelim. Hız (1. bölümdeki küresel hız ifadesi, $r = l$ sabit) $v^2 = l^2(\dot{\theta}^2 + \sin^2\theta\,\dot{\phi}^2)$; yükseklik $-l\cos\theta$:

$$ \mathcal{L} = \tfrac12 ml^2\left(\dot{\theta}^2 + \sin^2\theta\,\dot{\phi}^2\right) + mgl\cos\theta $$

$\phi$ döngüseldir: $p_\phi = ml^2\sin^2\theta\,\dot{\phi}$ korunur; bu, düşey eksene göre açısal momentumdur. $\theta$ denklemi:

$$ ml^2\ddot{\theta} = ml^2\sin\theta\cos\theta\,\dot{\phi}^2 - mgl\sin\theta $$

Sabit $\theta = \theta_0$ için $\ddot{\theta} = 0$ ve $\dot{\phi}^2 = g/(l\cos\theta_0)$ bulunur; 3. bölümde konik sarkaç için açısal momentum ve torkla bulduğumuz sonucun aynısı. Örneğin $l = 1{,}0$ m ve $\theta_0 = 30°$ için $\dot{\phi} = 3{,}36$ rad/s, dolanım periyodu 1,87 s'dir. Genel hareket, $p_\phi$'nin korunumunu kullanarak $\theta$ için tek boyutlu bir etkin potansiyel problemine indirgenir (Problem 7.11): cisim iki $\theta$ değeri arasında gidip gelirken bir yandan da düşey eksen çevresinde döner.

7.5Genelleştirilmiş momentum ve döngüsel koordinatlar

Örnek 7.1, Örnek 7.4 ve Örnek 7.6'da aynı yapıyla karşılaştık: Lagrange fonksiyonu bir koordinata ($\phi$ ya da $X$) açıkça bağlı değildi ve o koordinata karşılık gelen genelleştirilmiş momentum korundu. Bu genel bir sonuçtur. $q_i$'ye karşılık gelen genelleştirilmiş momentumu

$$ p_i = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{q}_i} $$

(7.5)

olarak tanımlayalım. Lagrange denklemi $\dot{p}_i = \partial\mathcal{L}/\partial q_i$'dir. Dolayısıyla:

Teorem 7.3Döngüsel koordinatlar

Lagrange fonksiyonu bir $q_i$ koordinatına açıkça bağlı değilse ($\partial\mathcal{L}/\partial q_i = 0$), bu koordinata karşılık gelen genelleştirilmiş momentum $p_i$ korunur.

Böyle bir koordinata döngüsel (ya da göz ardı edilebilir) koordinat denir. Bu teorem, 6. bölümde integrand bir değişkene açıkça bağlı değilken bulduğumuz birinci integralin ($\partial f/\partial y'$ sabittir) mekanikteki karşılığıdır. Genelleştirilmiş koordinatların iyi seçilmesi, döngüsel koordinatların ortaya çıkmasını sağlayarak problemi büyük ölçüde basitleştirebilir: her döngüsel koordinat, bir korunan nicelik ve bir eksik diferansiyel denklem demektir.

7.6Enerjinin korunumu: Hamilton fonksiyonu

6. bölümdeki Beltrami özdeşliği, integrand bağımsız değişkene açıkça bağlı değilse bir niceliğin korunduğunu söylüyordu. Mekanikte bağımsız değişken zamandır. $n$ koordinatlı bir sistem için

$$ \mathcal{H} = \sum_{i=1}^{n} p_i\dot{q}_i - \mathcal{L} $$

(7.6)

niceliğini tanımlayalım; buna Hamilton fonksiyonu (Hamiltonian) denir. Zamana göre türevi, zincir kuralı ve Lagrange denklemleriyle

$$ \dv{\mathcal{H}}{t} = \sum_i\left(\dot{p}_i\dot{q}_i + p_i\ddot{q}_i\right) - \sum_i\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial q_i}\dot{q}_i + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{q}_i}\ddot{q}_i\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial t} = -\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial t} $$

(7.7)

olur (ilk toplamdaki terimler, $p_i = \partial\mathcal{L}/\partial\dot{q}_i$ ve $\dot{p}_i = \partial\mathcal{L}/\partial q_i$ ile ikinci toplamdakileri götürür).

Teorem 7.4Hamilton fonksiyonunun korunumu

Lagrange fonksiyonu zamana açıkça bağlı değilse, Hamilton fonksiyonu $\mathcal{H}$ korunur.

$\mathcal{H}$'nin fiziksel anlamı nedir? Kısıtlar ve koordinat dönüşümü (7.4) zamana bağlı değilse, kinetik enerji hızların karesel bir fonksiyonudur: $T = \tfrac12\sum_{ij}A_{ij}(q)\dot{q}_i\dot{q}_j$. Böyle bir fonksiyon için $\sum_i\dot{q}_i\,\partial T/\partial\dot{q}_i = 2T$'dir (Euler'in homojen fonksiyonlar teoremi, Problem 7.14). $U$ hızlara bağlı olmadığından $\sum p_i\dot{q}_i = 2T$ ve

$$ \mathcal{H} = 2T - (T - U) = T + U $$

olur: Hamilton fonksiyonu toplam enerjidir. Bu tür sistemlere doğal sistemler denir. Ama dönüşüm zamana bağlıysa (hareketli kısıtlar), $\mathcal{H}$ enerjiye eşit olmayabilir; yine de $\mathcal{L}$ zamana açıkça bağlı değilse korunur.

Örnek 7.7Dönen çemberde korunan nicelik

Örnek 7.5'teki boncuk için Hamilton fonksiyonunu hesaplayın. Korunur mu? Boncuğun mekanik enerjisine eşit midir? Enerji korunur mu?

Çözüm

$p_\theta = mR^2\dot{\theta}$ ve

$$ \mathcal{H} = p_\theta\dot{\theta} - \mathcal{L} = \tfrac12 mR^2\dot{\theta}^2 - \tfrac12 mR^2\omega^2\sin^2\theta - mgR\cos\theta $$

Çember sabit $\omega$ ile döndüğü için $\mathcal{L}$'de $t$ açıkça görünmez; dolayısıyla $\mathcal{H}$ korunur. Ama mekanik enerji $E = T + U = \tfrac12 mR^2\dot{\theta}^2 + \tfrac12 mR^2\omega^2\sin^2\theta - mgR\cos\theta$'dır; $\mathcal{H}$'den farkı $mR^2\omega^2\sin^2\theta$ terimidir. $E$ korunmaz: boncuk yukarı çıkıp dönme ekseninden uzaklaşırken çemberi döndüren motor ona iş yapar. Korunan $\mathcal{H}$, çemberle birlikte dönen çerçevede "enerji" olarak yorumlanabilir: $-\tfrac12 mR^2\omega^2\sin^2\theta$ terimi, 9. bölümde göreceğimiz merkezkaç potansiyel enerjisidir.

7.7Simetriler ve korunum yasaları: Noether teoremi

Döngüsel koordinat teoremi, çok derin bir ilkenin özel bir hâlidir. Bir koordinatın döngüsel olması, sistemin o koordinattaki bir değişime göre simetrik (değişmez) olması demektir. Emmy Noether 1918'de, Lagrange fonksiyonunu değiştirmeyen her sürekli dönüşümün (her sürekli simetrinin) bir korunan niceliğe karşılık geldiğini kanıtladı. Mekaniğin üç büyük korunum yasası, uzay ve zamanın üç temel simetrisinden doğar:

Simetri	Lagrange fonksiyonu neye göre değişmez?	Korunan nicelik
Zamanda öteleme (zamanın türdeşliği)	$t \to t + \tau$: $\mathcal{L}$ zamana açıkça bağlı değil	Enerji ($\mathcal{H}$)
Uzayda öteleme (uzayın türdeşliği)	bütün parçacıklar birlikte $\vb{r}_\alpha \to \vb{r}_\alpha + \vb{a}$	Toplam momentum
Uzayda dönme (uzayın eşyönlülüğü)	bütün parçacıklar birlikte bir eksen çevresinde döndürülünce	Toplam açısal momentum

Öteleme simetrisinin momentum korunumunu nasıl verdiğini görelim. $N$ parçacıklı yalıtılmış bir sistemde etkileşme enerjileri yalnızca parçacıkların bağıl konumlarına bağlıdır (4. bölüm). Bütün parçacıklar $x$ doğrultusunda $\epsilon$ kadar kaydırılırsa $\mathcal{L}$ değişmez:

$$ 0 = \delta\mathcal{L} = \epsilon\sum_\alpha\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial x_\alpha} = \epsilon\sum_\alpha\dot{p}_{\alpha x} = \epsilon\,\dv{}{t}\sum_\alpha p_{\alpha x} $$

Dolayısıyla toplam momentumun $x$ bileşeni korunur. 1. bölümde momentum korunumunu Newton'un üçüncü yasasından türetmiştik; burada üçüncü yasaya hiç başvurmadan, yalnızca uzayın türdeşliğinden elde ettik. Dönme simetrisinin açısal momentumu verdiği de aynı yoldan gösterilir (Problem 7.13). Noether teoremi, modern fiziğin en önemli yapı taşlarından biridir: parçacık fiziğinde elektrik yükünün korunumu da bir simetriden (ayar simetrisi) doğar.

7.8Manyetik kuvvetler için Lagrange fonksiyonu

Şimdiye kadar yalnızca korunumlu kuvvetleri ele aldık. Elektromanyetik kuvvet $\vb{F} = q(\vb{E} + \vb{v}\times\vb{B})$ hıza bağlıdır ve korunumlu değildir; yine de bir Lagrange fonksiyonundan türetilebilir. Elektrik ve manyetik alanları skaler potansiyel $V$ ve vektör potansiyel $\vb{A}$ cinsinden yazalım: $\vb{E} = -\nabla V - \partial\vb{A}/\partial t$, $\vb{B} = \nabla\times\vb{A}$. O zaman

$$ \mathcal{L} = \tfrac12 mv^2 - qV + q\,\vb{v}\cdot\vb{A} $$

(7.8)

Lagrange fonksiyonunun Euler–Lagrange denklemleri tam olarak Lorentz kuvvet yasasını verir (Problem 7.15). Genelleştirilmiş momentum artık mekanik momentum değildir:

$$ \vb{p} = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\vb{v}} = m\vb{v} + q\vb{A} $$

(7.9)

Buna kanonik momentum denir. Kuantum mekaniğinde momentum işlemcisinin karşılığı mekanik değil, bu kanonik momentumdur; bu yüzden (7.8) kuantum mekaniğinde yüklü parçacıklar için temel öneme sahiptir.

Örnek 7.8Düzgün manyetik alanda korunan açısal momentum

Düzgün $\vb{B} = B\uv{z}$ alanında hareket eden bir parçacık için $\vb{A} = \tfrac12\vb{B}\times\vb{r}$ seçilebilir. Silindirik koordinatlarda Lagrange fonksiyonunu yazın ve korunan niceliği bulun.

Çözüm

$\vb{A} = \tfrac12 B(-y, x, 0) = \tfrac12 B\rho\,\uv{\phi}$ ($\rho$, $z$ eksenine uzaklık). Doğrulama: $\nabla\times\vb{A} = \tfrac12 B(0, 0, 1 + 1) = B\uv{z}$ ✓. Hız $\vb{v} = \dot{\rho}\uv{\rho} + \rho\dot{\phi}\uv{\phi} + \dot{z}\uv{z}$ olduğundan $\vb{v}\cdot\vb{A} = \tfrac12 B\rho^2\dot{\phi}$ ve ($V = 0$)

$$ \mathcal{L} = \tfrac12 m\left(\dot{\rho}^2 + \rho^2\dot{\phi}^2 + \dot{z}^2\right) + \tfrac12 qB\rho^2\dot{\phi} $$

$\phi$ döngüseldir; korunan nicelik

$$ p_\phi = m\rho^2\dot{\phi} + \tfrac12 qB\rho^2 $$

olur. Mekanik açısal momentum $m\rho^2\dot{\phi}$ tek başına korunmaz (örneğin z ekseninden kaçık bir çember üzerinde dönen parçacığın orijine göre açısal momentumu değişir), ama alanın katkısıyla birlikte bu toplam korunur. $z$ de döngüseldir: $m\dot{z}$ korunur; alan, ona paralel hareketi etkilemez (2. bölüm).

7.9Lagrange çarpanları ve kısıt kuvvetleri

Lagrange yönteminin kısıt kuvvetlerini devre dışı bırakması çoğu zaman bir kazançtır; ama bazen bu kuvvetleri bilmek isteriz: sarkacın ipi ne kadar gerilir, blok yüzeyden ne zaman ayrılır? Bunun için 6. bölümdeki Lagrange çarpanı fikri kullanılır. Kısıtı çözmeden, fazladan bir koordinatla çalışırız ve kısıtı bir çarpanla ekleriz.

Sarkacı ele alalım: kütlenin konumunu kutupsal koordinatlar $(r, \phi)$ ile yazalım ve $r$'yi bağımsız sayalım. Kısıt $f(r) = r - l = 0$'dır. Lagrange fonksiyonu $\mathcal{L} = \tfrac12 m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\phi}^2) + mgr\cos\phi$, kısıtlı Lagrange denklemleri ise

$$ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial q_i} - \dv{}{t}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{q}_i} + \lambda\,\frac{\partial f}{\partial q_i} = 0 $$

(7.10)

olur. $\lambda\,\partial f/\partial q_i$ terimi, kısıt kuvvetinin $q_i$ doğrultusundaki genelleştirilmiş bileşenidir (Problem 7.17). $r$ denklemi:

$$ mr\dot{\phi}^2 + mg\cos\phi - m\ddot{r} + \lambda = 0 $$

Kısıt gereği $r = l$, $\ddot{r} = 0$: $\lambda = -ml\dot{\phi}^2 - mg\cos\phi$. Kısıt kuvveti $r$ doğrultusunda $\lambda$'dır; negatif olması, kuvvetin içe doğru (asılma noktasına doğru) olduğunu gösterir. Büyüklüğü ipteki gerilmedir:

$$ T = mg\cos\phi + ml\dot{\phi}^2 $$

Bu, 1. bölümde yarım boru örneğinde bulduğumuz tepki kuvvetinin aynısıdır. $\phi$ denklemi ise kısıttan etkilenmez ($\partial f/\partial\phi = 0$) ve sarkaç denklemini verir.

Örnek 7.9Yarım küreden ayrılan blok

4. bölümde yarım küreden kayan bloğun yüzeyden $\cos\theta = 2/3$'te ayrıldığını, tepki kuvvetini Newton yasasıyla bularak gösterdik. Aynı sonucu Lagrange çarpanıyla elde edin.

Çözüm

Koordinatlar $(r, \theta)$, $\theta$ düşeyden ölçülüyor; kısıt $r - R = 0$. $\mathcal{L} = \tfrac12 m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - mgr\cos\theta$. $r$ denklemi: $mr\dot{\theta}^2 - mg\cos\theta - m\ddot{r} + \lambda = 0$; $r = R$ ile $\lambda = mg\cos\theta - mR\dot{\theta}^2$. Burada $\lambda > 0$, dışa doğru tepki kuvveti $N$'dir. Enerji korunumundan $R\dot{\theta}^2 = 2g(1 - \cos\theta)$; dolayısıyla $N = mg(3\cos\theta - 2)$ ve blok $N = 0$'da, $\cos\theta = 2/3$'te ayrılır ✓.

Özet

Lagrange fonksiyonu $\mathcal{L} = T - U$'dur (7.1). Gerçek hareket eylem $S = \int\mathcal{L}\,\dd t$'yi durağan yapar (7.2); bu, her koordinat sisteminde Lagrange denklemlerini verir (7.3).
Holonom kısıtlı sistemler, serbestlik derecesi kadar genelleştirilmiş koordinatla betimlenir (7.4). Kısıt kuvvetleri iş yapmıyorsa Lagrange denklemleri bu koordinatlarla geçerlidir ve kısıt kuvvetleri denklemlerde görünmez.
Genelleştirilmiş momentum $p_i = \partial\mathcal{L}/\partial\dot{q}_i$'dir (7.5); döngüsel bir koordinatın momentumu korunur.
Hamilton fonksiyonu $\mathcal{H} = \sum p_i\dot{q}_i - \mathcal{L}$'dir (7.6); $\mathcal{L}$ zamana açıkça bağlı değilse korunur (7.7). Doğal sistemlerde $\mathcal{H} = T + U$'dur; hareketli kısıtlarda enerjiden farklı olabilir.
Noether teoremi: zamanda öteleme simetrisi enerjiyi, uzayda öteleme momentumu, dönme simetrisi açısal momentumu korur.
Yüklü parçacık için $\mathcal{L} = \tfrac12 mv^2 - qV + q\vb{v}\cdot\vb{A}$ (7.8); kanonik momentum $m\vb{v} + q\vb{A}$'dır (7.9).
Kısıt kuvvetleri, kısıt bir Lagrange çarpanıyla eklenerek bulunur (7.10).

Problemler

Problem 7.1Serbestlik derecesi★☆☆

Aşağıdaki sistemlerin serbestlik derecesini ve uygun genelleştirilmiş koordinatlarını belirtin: (a) bir düzlemde salınan çift sarkaç; (b) bir masada kaymadan ve dönmeden yalnızca kayabilen bir disk; (c) uzayda serbestçe hareket eden katı bir cisim; (d) bir koni yüzeyinde kalmaya zorlanan bir parçacık.

Çözümü göster

(a) 2: iki çubuğun düşeyle yaptığı $\phi_1$, $\phi_2$ açıları. (b) Masada serbest bir disk için 3 (merkezin $x$, $y$ konumu ve dönme açısı); "dönmeden" kısıtıyla 2. (c) 6: KM'nin üç koordinatı ve üç yönelim açısı (10. bölümde Euler açıları). (d) 2: örneğin yüzey üzerindeki $\rho$ (eksene uzaklık) ve $\phi$ açısı; yükseklik $z = \rho\cot\alpha$ ile belirlenir.

Problem 7.2Sabit eğik düzlem★☆☆

Eğim açısı $\theta$ olan sabit, sürtünmesiz bir eğik düzlemde kayan bir bloğun ivmesini Lagrange yöntemiyle bulun. Genelleştirilmiş koordinat olarak düzlem boyunca alınan yolu seçin.

Çözümü göster

$s$ aşağı doğru: $T = \tfrac12 m\dot{s}^2$, $U = -mgs\sin\theta$. $\mathcal{L} = \tfrac12 m\dot{s}^2 + mgs\sin\theta$; denklem $mg\sin\theta = m\ddot{s}$, $\ddot{s} = g\sin\theta$ ✓. Düzlemin dik tepkisi hiç gerekmedi.

Problem 7.3Küresel koordinatlarda serbest parçacık★★☆

Potansiyel enerjisi $U(r, \theta, \phi)$ olan bir parçacığın küresel koordinatlarda Lagrange fonksiyonunu ve üç Lagrange denklemini yazın. $r$ denkleminin, 1. bölümdeki küresel ivmenin radyal bileşenini doğru verdiğini doğrulayın.

Çözümü göster

$\mathcal{L} = \tfrac12 m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2 + r^2\sin^2\theta\,\dot{\phi}^2) - U$. $r$: $m(\ddot{r} - r\dot{\theta}^2 - r\sin^2\theta\,\dot{\phi}^2) = -\partial U/\partial r = F_r$ ✓ (1. bölümdeki $a_r$). $\theta$: $\dd(mr^2\dot{\theta})/\dd t - mr^2\sin\theta\cos\theta\,\dot{\phi}^2 = -\partial U/\partial\theta$. $\phi$: $\dd(mr^2\sin^2\theta\,\dot{\phi})/\dd t = -\partial U/\partial\phi$. Sağ taraflar sırasıyla $F_r$, $rF_\theta$ ve $r\sin\theta\,F_\phi$'dir (genelleştirilmiş kuvvetler).

Problem 7.4Yaylı sarkaç★★☆

Yay sabiti $k$, doğal boyu $l_0$ olan bir yayın ucuna asılan $m$ kütleli cisim, bir düşey düzlemde hem salınıp hem uzayıp kısalabiliyor. Kutupsal koordinatlarla ($r$, $\phi$) Lagrange fonksiyonunu ve hareket denklemlerini yazın.

Çözümü göster

$T = \tfrac12 m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\phi}^2)$, $U = -mgr\cos\phi + \tfrac12 k(r - l_0)^2$. $r$: $m\ddot{r} = mr\dot{\phi}^2 + mg\cos\phi - k(r - l_0)$. $\phi$: $\dd(mr^2\dot{\phi})/\dd t = -mgr\sin\phi$, yani $r\ddot{\phi} + 2\dot{r}\dot{\phi} = -g\sin\phi$. İki denklem bağlaşıktır; küçük açılarda ve $\sqrt{k/m} = 2\sqrt{g/l}$ olduğunda ($l$, dengedeki boy) yay ve sarkaç salınımları arasında enerji alışverişi olur (parametrik rezonans).

Problem 7.5Çift Atwood düzeneği★★☆

Sabit bir makaradan geçen ipin bir ucunda $m_1 = 4{,}0$ kg'lık bir kütle, öbür ucunda ise kütlesiz ikinci bir makara asılıdır. İkinci makaradan geçen ipin uçlarında $m_2 = 2{,}0$ kg ve $m_3 = 1{,}0$ kg'lık kütleler vardır. İpler ve makaralar kütlesiz, sürtünme yoktur. Üç kütlenin ivmelerini Lagrange yöntemiyle bulun.

Çözümü göster

İki serbestlik derecesi: $x$ ($m_1$'in sabit makaradan aşağı uzaklığı) ve $y$ ($m_2$'nin hareketli makaradan aşağı uzaklığı). Hareketli makaranın derinliği $\ell_1 - x$; $m_2$'ninki $\ell_1 - x + y$, $m_3$'ünkü $\ell_1 - x + \ell_2 - y$ ($\ell_1$, $\ell_2$ ip uzunlukları). Aşağı yönü pozitif alarak

$$ \begin{aligned} \mathcal{L} &= \tfrac12 m_1\dot{x}^2 + \tfrac12 m_2(\dot{y} - \dot{x})^2 + \tfrac12 m_3(\dot{x} + \dot{y})^2 \\ &\quad + g\left[m_1x + m_2(y - x) - m_3(x + y)\right] + \text{sabit} \end{aligned} $$

Denklemler: $(m_1 + m_2 + m_3)\ddot{x} + (m_3 - m_2)\ddot{y} = g(m_1 - m_2 - m_3)$ ve $(m_3 - m_2)\ddot{x} + (m_2 + m_3)\ddot{y} = g(m_2 - m_3)$. Sayılarla $7\ddot{x} - \ddot{y} = g$ ve $-\ddot{x} + 3\ddot{y} = g$: $\ddot{x} = g/5 = 1{,}96$ m/s², $\ddot{y} = 2g/5 = 3{,}92$ m/s². İvmeler (aşağı pozitif): $m_1$: $+1{,}96$; $m_2$: $\ddot{y} - \ddot{x} = +1{,}96$; $m_3$: $-(\ddot{x} + \ddot{y}) = -5{,}88$ m/s² (yukarı). Denetim: ipteki gerilmeler $T_1 = m_1(g - 1{,}96) = 31{,}4$ N ve $T_2 = m_2(g - 1{,}96) = 15{,}7$ N'dir; kütlesiz hareketli makara için $T_1 = 2T_2$ ✓ ve $m_3$ için $T_2 - m_3g = 5{,}88$ N $= m_3 \times 5{,}88$ m/s² ✓. Sağ taraftaki toplam kütle (3 kg) $m_1$'den küçük olduğu için $m_1$ aşağı iner; ama ivmesi $g(4 - 3)/(4 + 3) = 1{,}4$ m/s² değil 1,96 m/s²'dir, çünkü hareketli makaradaki kütleler birbirine göre de hareket eder: sağ taraf, $m_1$ için $4m_2m_3/(m_2 + m_3) = 2{,}67$ kg'lık bir kütle gibi davranır ve $g(4 - 2{,}67)/(4 + 2{,}67) = 1{,}96$ m/s² ✓.

Problem 7.6Dönen çubuktaki boncuk yeniden★★☆

1. bölümde sabit $\omega$ ile dönen yatay bir çubuktaki boncuğu incelemiştik. Lagrange yöntemiyle $\ddot{r} = \omega^2r$ denklemini bulun. Hamilton fonksiyonunu hesaplayın: korunur mu, enerjiye eşit mi?

Çözümü göster

$\mathcal{L} = \tfrac12 m(\dot{r}^2 + r^2\omega^2)$ ($U = 0$). Denklem $mr\omega^2 = m\ddot{r}$ ✓. $\mathcal{H} = p_r\dot{r} - \mathcal{L} = \tfrac12 m\dot{r}^2 - \tfrac12 mr^2\omega^2$. $\mathcal{L}$ zamana açıkça bağlı değildir; $\mathcal{H}$ korunur. Enerji $T = \tfrac12 m(\dot{r}^2 + r^2\omega^2)$ ise korunmaz ve $\mathcal{H}$'den farklıdır; çubuk boncuğa iş yapar. Denetim: $r = r_0\cosh\omega t$ için $\mathcal{H} = \tfrac12 mr_0^2\omega^2(\sinh^2 - \cosh^2) = -\tfrac12 mr_0^2\omega^2$, sabit ✓.

Problem 7.7Yuvarlanan silindir★★☆

Eğik düzlemde kaymadan yuvarlanan dolu bir silindirin ivmesini, tek bir genelleştirilmiş koordinatla Lagrange yöntemiyle bulun.

Çözümü göster

$s$: düzlem boyunca aşağı yol; kaymama $\omega = \dot{s}/R$. $T = \tfrac12 m\dot{s}^2 + \tfrac12\cdot\tfrac12 mR^2\dot{s}^2/R^2 = \tfrac34 m\dot{s}^2$, $U = -mgs\sin\theta$. Denklem $\tfrac32 m\ddot{s} = mg\sin\theta$, $\ddot{s} = \tfrac23 g\sin\theta$ ✓ (3. bölüm). Statik sürtünme iş yapmayan bir kısıt kuvvetidir ve denklemde görünmez.

Problem 7.8Asılma noktası salınan sarkaç★★☆

Uzunluğu $l$ olan bir sarkacın asılma noktası yatay doğrultuda $x_s(t) = A\cos\omega t$ ile zorlanarak hareket ettiriliyor. Hareket denkleminin

$$ \ddot{\phi} = -\frac{g}{l}\sin\phi + \frac{A\omega^2}{l}\cos\omega t\cos\phi $$

olduğunu gösterin. Küçük açılarda bu, 5. bölümdeki hangi problemdir?

Çözümü göster

Kütlenin konumu $x = x_s + l\sin\phi$, $y = -l\cos\phi$. $T = \tfrac12 m(\dot{x}_s^2 + 2\dot{x}_sl\cos\phi\,\dot{\phi} + l^2\dot{\phi}^2)$, $U = -mgl\cos\phi$. $\partial\mathcal{L}/\partial\dot{\phi} = ml^2\dot{\phi} + ml\dot{x}_s\cos\phi$; zaman türevi $ml^2\ddot{\phi} + ml\ddot{x}_s\cos\phi - ml\dot{x}_s\sin\phi\,\dot{\phi}$. $\partial\mathcal{L}/\partial\phi = -ml\dot{x}_s\sin\phi\,\dot{\phi} - mgl\sin\phi$. Eşitlersek $l\ddot{\phi} = -g\sin\phi - \ddot{x}_s\cos\phi$; $\ddot{x}_s = -A\omega^2\cos\omega t$ ile verilen denklem ✓. Küçük açılarda $\ddot{\phi} + (g/l)\phi = (A\omega^2/l)\cos\omega t$: sönümsüz zorlanmış salınıcı (5. bölüm).

Problem 7.9Düşey salınan destek★★★

Sarkacın asılma noktası bu kez düşey doğrultuda $y_s(t) = A\cos\omega t$ ile salınıyor. Hareket denkleminin $\ddot{\phi} = -[(g + \ddot{y}_s)/l]\sin\phi$ olduğunu gösterin. Destek hızlı ve küçük genlikle salındırıldığında ($A \ll l$, $\omega \gg \sqrt{g/l}$) ters sarkacın ($\phi = \pi$) kararlı hâle gelebileceği bilinmektedir (Kapitza sarkacı). Bu denklemin yer çekimini "etkin olarak" nasıl değiştirdiğini yorumlayın.

Çözümü göster

$x = l\sin\phi$, $y = y_s - l\cos\phi$. $T = \tfrac12 m(l^2\dot{\phi}^2 + 2l\dot{y}_s\sin\phi\,\dot{\phi} + \dot{y}_s^2)$, $U = mg(y_s - l\cos\phi)$. Benzer hesapla $l\ddot{\phi} = -(g + \ddot{y}_s)\sin\phi$ ✓. Destekle birlikte hareket eden çerçevede sarkaç, zamanla salınan bir "etkin yer çekimi" $g + \ddot{y}_s$ hisseder. Bu salınım bir periyot üzerinden ortalandığında sıfır değildir: ikinci mertebede, ters konumu kararlı kılan ek bir geri çağırıcı etki doğar. Koşul yaklaşık $A^2\omega^2 > 2gl$'dir (P. L. Kapitza, 1951).

Problem 7.10Dönen çemberde küçük salınımlar★★☆

Örnek 7.5'te $\theta = \theta_0 + \epsilon$ yazıp hareket denklemini $\epsilon$'a göre birinci mertebeye kadar açarak $\ddot{\epsilon} = -\omega^2\sin^2\theta_0\,\epsilon$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$F(\theta) = (\omega^2\cos\theta - g/R)\sin\theta$. $F(\theta_0) = 0$. $F'(\theta) = -\omega^2\sin^2\theta + (\omega^2\cos\theta - g/R)\cos\theta$. $\theta_0$'da ikinci terim sıfırdır ($\omega^2\cos\theta_0 = g/R$); $F'(\theta_0) = -\omega^2\sin^2\theta_0$. $\ddot{\epsilon} = F'(\theta_0)\epsilon$ ✓.

Problem 7.11Küresel sarkacın etkin potansiyeli★★★

Örnek 7.6'da $p_\phi$'nin korunumunu kullanarak $\theta$ hareketinin, Hamilton fonksiyonunun korunumu yoluyla

$$ \tfrac12 ml^2\dot{\theta}^2 + U_{\text{etkin}}(\theta) = \text{sabit}, \qquad U_{\text{etkin}} = \frac{p_\phi^2}{2ml^2\sin^2\theta} - mgl\cos\theta $$

biçiminde yazılabileceğini gösterin. $U_{\text{etkin}}$'in en küçük değerinin konik sarkaç koşulunu verdiğini doğrulayın.

Çözümü göster

$\mathcal{L}$ zamana bağlı değil ve sistem doğal; $\mathcal{H} = T + U = \tfrac12 ml^2\dot{\theta}^2 + \tfrac12 ml^2\sin^2\theta\,\dot{\phi}^2 - mgl\cos\theta$ korunur. $\dot{\phi} = p_\phi/(ml^2\sin^2\theta)$ yazınca ikinci terim $p_\phi^2/(2ml^2\sin^2\theta)$ olur ✓. $U'_{\text{etkin}} = -p_\phi^2\cos\theta/(ml^2\sin^3\theta) + mgl\sin\theta = 0$, $p_\phi = ml^2\sin^2\theta\,\dot{\phi}$ ile $\dot{\phi}^2\cos\theta = g/l$ ✓. Etkin potansiyel 8. bölümün merkezi kuvvet probleminde temel araç olacak.

Problem 7.12Toplam momentumun korunumu★★☆

Yalıtılmış iki parçacığın Lagrange fonksiyonu $\mathcal{L} = \tfrac12 m_1\dot{\vb{r}}_1^2 + \tfrac12 m_2\dot{\vb{r}}_2^2 - U(\vb{r}_1 - \vb{r}_2)$'dir. KM koordinatı $\vb{R}$ ve bağıl konum $\vb{r} = \vb{r}_1 - \vb{r}_2$ cinsinden yazarak $\vb{R}$'nin döngüsel olduğunu ve toplam momentumun korunduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\vb{r}_1 = \vb{R} + (m_2/M)\vb{r}$, $\vb{r}_2 = \vb{R} - (m_1/M)\vb{r}$. $T = \tfrac12 M\dot{\vb{R}}^2 + \tfrac12\mu\dot{\vb{r}}^2$ ($\mu = m_1m_2/M$); $\mathcal{L} = \tfrac12 M\dot{\vb{R}}^2 + \tfrac12\mu\dot{\vb{r}}^2 - U(\vb{r})$. $\vb{R}$ döngüseldir; $\partial\mathcal{L}/\partial\dot{\vb{R}} = M\dot{\vb{R}}$ toplam momentumdur ve korunur ✓. Problem, kütlesi $\mu$ olan tek bir parçacığın problemine indirgenmiştir (8. bölüm).

Problem 7.13Dönme simetrisi ve açısal momentum★★★

$N$ parçacıklı bir sistemin Lagrange fonksiyonu, bütün parçacıklar $z$ ekseni çevresinde aynı $\epsilon$ açısı kadar döndürüldüğünde değişmiyor. Toplam açısal momentumun $z$ bileşeninin korunduğunu gösterin. (Yol gösterici: her parçacığı silindirik koordinatlarla yazın ve $\phi_\alpha \to \phi_\alpha + \epsilon$ dönüşümünü düşünün; ya da yeni koordinatlar seçerek ortak bir açıyı döngüsel yapın.)

Çözümü göster

Koordinatları $\phi_1 = \Phi$, $\phi_\alpha = \Phi + \psi_\alpha$ ($\alpha \ge 2$) olarak değiştirelim; öteki koordinatlar aynı kalsın. Dönme $\Phi \to \Phi + \epsilon$'dir ve $\mathcal{L}$ değişmediğinden $\Phi$ döngüseldir. $p_\Phi = \partial\mathcal{L}/\partial\dot{\Phi} = \sum_\alpha\partial\mathcal{L}/\partial\dot{\phi}_\alpha$ (çünkü her $\dot{\phi}_\alpha$, $\dot{\Phi}$'yi katsayısı 1 ile içerir). $\partial\mathcal{L}/\partial\dot{\phi}_\alpha = m_\alpha\rho_\alpha^2\dot{\phi}_\alpha = \ell_{\alpha z}$ (hıza bağlı potansiyel yoksa). Dolayısıyla $L_z = \sum\ell_{\alpha z}$ korunur ✓.

Problem 7.14Euler'in homojen fonksiyonlar teoremi★★☆

$T = \tfrac12\sum_{ij}A_{ij}\dot{q}_i\dot{q}_j$ ($A_{ij} = A_{ji}$, yalnızca $q$'lara bağlı) ise $\sum_i\dot{q}_i\,\partial T/\partial\dot{q}_i = 2T$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\partial T/\partial\dot{q}_k = \tfrac12\sum_j A_{kj}\dot{q}_j + \tfrac12\sum_i A_{ik}\dot{q}_i = \sum_j A_{kj}\dot{q}_j$ (simetri). $\sum_k\dot{q}_k\sum_jA_{kj}\dot{q}_j = 2T$ ✓.

Problem 7.15Lorentz kuvvetinin türetilmesi★★☆

(7.8)'den $x$ koordinatı için Lagrange denklemini yazın ve bunun $m\ddot{x} = q(E_x + (\vb{v}\times\vb{B})_x)$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\partial\mathcal{L}/\partial\dot{x} = m\dot{x} + qA_x$; zaman türevi ($A_x$, $\vb{r}$ ve $t$'ye bağlı) $m\ddot{x} + q(\partial A_x/\partial t + \vb{v}\cdot\nabla A_x)$. $\partial\mathcal{L}/\partial x = -q\,\partial V/\partial x + q\,\vb{v}\cdot\partial\vb{A}/\partial x$. Eşitlersek $m\ddot{x} = -q\partial_xV - q\partial_tA_x + q[\vb{v}\cdot\partial_x\vb{A} - \vb{v}\cdot\nabla A_x]$. Köşeli parantez $\dot{y}(\partial_xA_y - \partial_yA_x) + \dot{z}(\partial_xA_z - \partial_zA_x) = \dot{y}B_z - \dot{z}B_y = (\vb{v}\times\vb{B})_x$ ✓; ilk iki terim $qE_x$'tir ✓.

Problem 7.16Eşdeğer Lagrange fonksiyonları★★☆

$\mathcal{L}' = \mathcal{L} + \dd F(q, t)/\dd t$ ile $\mathcal{L}$'nin aynı hareket denklemlerini verdiğini gösterin. (Yol gösterici: eylem integralindeki farkı hesaplayın.)

Çözümü göster

$S' = S + F(q(t_2), t_2) - F(q(t_1), t_1)$. Uç noktalar sabit tutulduğu için ek terim bütün yollar için aynıdır; $\delta S' = \delta S$. Durağan yollar aynıdır, dolayısıyla hareket denklemleri de ✓. Bu, Lagrange fonksiyonunun tek olmadığını gösterir; örneğin vektör potansiyelin ayar dönüşümü $\vb{A} \to \vb{A} + \nabla\chi$, $V \to V - \partial\chi/\partial t$ Lagrange fonksiyonuna tam olarak $q\,\dd\chi/\dd t$ ekler.

Problem 7.17Lagrange çarpanının anlamı★★☆

(7.10)'daki $\lambda\,\partial f/\partial q_i$ teriminin, kısıt kuvvetinin $q_i$'ye karşılık gelen genelleştirilmiş bileşeni olduğunu, sarkaç örneğinde $\lambda$'nın ipin uyguladığı radyal kuvvete eşit olmasından yola çıkarak açıklayın.

Çözümü göster

Kısıt kuvveti eklendiğinde Lagrange denklemi $\partial\mathcal{L}/\partial q_i - \dd(\partial\mathcal{L}/\partial\dot{q}_i)/\dd t + Q_i^k = 0$ olur; $Q_i^k = \vb{F}_k\cdot\partial\vb{r}/\partial q_i$, kısıt kuvvetinin genelleştirilmiş bileşenidir. Kısıt kuvveti $f = 0$ yüzeyine diktir, yani $\nabla f$'ye paraleldir: $\vb{F}_k = \lambda\nabla f$. Dolayısıyla $Q_i^k = \lambda\nabla f\cdot\partial\vb{r}/\partial q_i = \lambda\,\partial f/\partial q_i$ ✓. Sarkaçta $f = r - l$, $\nabla f = \uv{r}$ ve $\vb{F}_k = \lambda\uv{r}$: $\lambda$, ipin radyal kuvvetidir.

Problem 7.18Çift sarkacın Lagrange fonksiyonu★★★

Uzunlukları $l_1$, $l_2$ ve kütleleri $m_1$, $m_2$ olan, düzlemde salınan bir çift sarkacın Lagrange fonksiyonunu $\phi_1$ ve $\phi_2$ açıları cinsinden yazın. Küçük açılar için hareket denklemlerini doğrusallaştırın (çözümleri 11. bölümün konusudur).

Çözümü göster

$m_1$: $(l_1\sin\phi_1, -l_1\cos\phi_1)$; $m_2$: bunlara $(l_2\sin\phi_2, -l_2\cos\phi_2)$ eklenir.

$$ \begin{aligned} \mathcal{L} &= \tfrac12(m_1 + m_2)l_1^2\dot{\phi}_1^2 + \tfrac12 m_2l_2^2\dot{\phi}_2^2 + m_2l_1l_2\dot{\phi}_1\dot{\phi}_2\cos(\phi_1 - \phi_2) \\ &\quad + (m_1 + m_2)gl_1\cos\phi_1 + m_2gl_2\cos\phi_2 \end{aligned} $$

Küçük açılarda ($\cos(\phi_1 - \phi_2) \approx 1$, $\sin\phi \approx \phi$, hız ve açı çarpımlarının ikinci mertebe terimleri atılarak): $(m_1 + m_2)l_1\ddot{\phi}_1 + m_2l_2\ddot{\phi}_2 = -(m_1 + m_2)g\phi_1$ ve $l_1\ddot{\phi}_1 + l_2\ddot{\phi}_2 = -g\phi_2$. Bu iki bağlaşık doğrusal denklemin çözümleri normal modlardır (11. bölüm). Büyük açılarda çift sarkaç kaotiktir (12. bölüm).

İleri okuma

J. R. Taylor, Classical Mechanics, 7. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak.
L. D. Landau ve E. M. Lifshitz, Mechanics, 3. baskı (Pergamon, 1976), 1.–2. bölümler: Lagrange mekaniğinin ve korunum yasalarının simetrilerden kurulduğu klasik anlatım.
H. Goldstein, C. Poole ve J. Safko, Classical Mechanics, 3. baskı (Addison-Wesley, 2002), 1.–2. bölümler: d'Alembert ilkesi, kısıtlar ve Lagrange çarpanları.
C. Lanczos, The Variational Principles of Mechanics, 4. baskı (Dover, 1986): varyasyon ilkelerinin tarihi ve felsefesi üzerine derin ve okunaklı bir kitap.
D. E. Neuenschwander, Emmy Noether's Wonderful Theorem, 2. baskı (Johns Hopkins University Press, 2017): Noether teoreminin fizikteki yeri üzerine erişilebilir bir kitap.

Simetri	Lagrange fonksiyonu neye göre değişmez?	Korunan nicelik
Zamanda öteleme (zamanın türdeşliği)	\(t \to t + \tau\): \(\mathcal{L}\) zamana açıkça bağlı değil	Enerji (\(\mathcal{H}\))
Uzayda öteleme (uzayın türdeşliği)	bütün parçacıklar birlikte \(\vb{r}_\alpha \to \vb{r}_\alpha + \vb{a}\)	Toplam momentum
Uzayda dönme (uzayın eşyönlülüğü)	bütün parçacıklar birlikte bir eksen çevresinde döndürülünce	Toplam açısal momentum