Лагранжиан двойного маятника с разными плоскостями колебаний

[Enceladoglu]

drzewo
Т.е. ось y (у меня обозначенная y) направлена не в состоянии равновесия а прям привязана к стрежню ?

lel0lel в сообщении #1669282 писал(а):

в предложенной им подвижной системе координат

Увидел. Немного непривычно но хорошо.

[drzewo]

Enceladoglu в сообщении #1669479 писал(а):

направлена не в состоянии равновесия а прям привязана к стрежню ?

Это писал я, когда вводил систему координат, и это разъяснял Вам lel0lel. Вот это ровно то, что я и говорю. Вы не воспринимаете объяснения.

[Enceladoglu]

drzewo
Система координат не будет косоугольная ?

[drzewo]

Enceladoglu в сообщении #1669481 писал(а):

Система координат не будет косоугольная ?

drzewo в сообщении #1668778 писал(а):

Введите декартову систему координат $Oxyz$, которая качается вместе с первым маятником как показано на рисунке.

Вам что такое декартова система координат известно?

[Enceladoglu]

drzewo
Т.е. оси x и y движутся со временем, ось z неподвижна(на моем рисунке). Система ортогональная
$z = 0$
$x = 0$
$y = l$

-- 11.01.2025, 14:10 --

$x'_1 = x_1 \cos(-\varphi) - y_1 \sin (-\varphi) = x_1 \cos\varphi + y_1 \sin \varphi = 0 \cos\varphi + l \sin \varphi =l \sin \varphi$
$ y'_1 = x_1 \sin(-\varphi) + y_1 \cos(-\varphi) = -x_1 \sin(-\varphi) + y_1 \cos(-\varphi) $ $ = -0 \sin(-\varphi) +l \cos(\varphi) = l \cos(\varphi)$
Как я понимаю, аналогичным образом я могу как-то получить правильное значение для $x_2,y_2,z_2$. Ну, если я правильно понял lel0lel. Вас я еще понял, Вы как-то иначе предлагайте)

[drzewo]

Далее по Вашему рисунку. Через $\varphi$ обозначим угол между осью $y$ и вектором $\boldsymbol g$. Точку с массой $3m$ назовем $A$. Точку с массой $m$ назовем $B$. Через $\psi$ обозначим угол между плоскостью $yz$ и вектором $\boldsymbol{AB}$.
Выпишите разложение векторов $\boldsymbol{AB},\quad \boldsymbol{OA}$ по базису $\boldsymbol e_x\boldsymbol e_y\boldsymbol e_z$

[Enceladoglu]

drzewo
Хорошо, сейчас попробую
$\boldsymbol{OA} = l\boldsymbol{e_y}$
$\boldsymbol{AB} = l\sin\psi \boldsymbol{e_x} + l\cos\psi \cos\beta \boldsymbol{e_y} + l\cos\psi \sin\beta \boldsymbol{e_z}$

[drzewo]

что бы соответствовало рисунку надо написать
$\boldsymbol{AB} = l\sin\psi \boldsymbol{e_x} + l\cos\psi \cos\beta \boldsymbol{e_y} - l\cos\psi \sin\beta \boldsymbol{e_z}$
$\beta=\pi/3$

Система координат $xyz$ вращается вокруг оси $z$ с угловой скоростью $\boldsymbol \omega=\dot\varphi \boldsymbol e_z$.
Скорость точкек $A,B$ равны соотвественно

$$\boldsymbol v_A=\frac{d}{dt}\boldsymbol {OA},\quad \boldsymbol v_B=\frac{d}{dt}(\boldsymbol {OA}+\boldsymbol {AB})$$

При дифференцировании этих векторов Вам понадобятся формулы Пуассона

$$\boldsymbol{\dot e}_x=[\boldsymbol\omega,\boldsymbol e_x],\quad \boldsymbol{\dot e}_y=[\boldsymbol\omega,\boldsymbol e_y],\quad \boldsymbol{\dot e}_z=[\boldsymbol\omega,\boldsymbol e_z]$$

См. Болотин Карапетян Кугушев Трещев Теор мех. или любой другой приличный курс

[Enceladoglu]

drzewo в сообщении #1669491 писал(а):

что бы соответствовало рисунку надо написать
$\boldsymbol{AB} = l\sin\psi \boldsymbol{e_x} + l\cos\psi \cos\beta \boldsymbol{e_y} - l\cos\psi \sin\beta \boldsymbol{e_z}$

Согласен

drzewo в сообщении #1669491 писал(а):

Вам понадобятся формулы Пуассона

Да, я помню, они ещё у Сивухина были. Правда я не знал что они так называются)
Хорошо, спасибо, попробую что получится

[drzewo]

Что-то меня даже любопытство разобрало. Коткин, Сербо и Савченко -- они, конечно, ребята хорошие и задачи у них как правило содержательные, но не всегда они понимают, что делают:)

У нас с Maple-ом получилось так

$$T\mid_{\psi=0}=\frac{ml^2}{2}\Big(\dot\varphi^2(4+2\cos\beta+\cos^2\beta)+\dot\psi^2-2\dot\varphi\dot\psi(1+\cos\beta)\Big)$$

и в окрестности $\psi=\varphi=0$

$$V\sim mgl\big(2\varphi^2-\psi\varphi+\cos\beta(\varphi^2+\psi^2)/2\big).$$

Вот просто даже интересно, совпадет это с их ответом или нет. Собственные числа считать не буду ибо влом.

-- 12.01.2025, 15:50 --

Кстати при $\beta$ близком к $\pi/2$ положение равновесия $\varphi=\psi=0$ перестает быть устойчивым, и, как, я полагаю, появляются еще два <<косых>> устойчивых положения равновесия.

[Cos(x-pi/2)]

Посчитал задачку вручную, при $\cos\beta=1/2$ только. Для этого частного случая у меня вышла точно такая же $T$ и почти такая же $V$ (отличе в $V$ несущественное: слагаемое $\psi\varphi$ у меня со знаком плюс). Это для варианта задачи, когда оськи маятников находятся в одной плоскости и плоскость колебаний нижнего маятника "вращается" вокруг оськи верхнего маятника.

При этом не получаются собственные частоты из ответа задачника.

Не получается ответ из задачника и в другом варианте - когда оськи маятников также образуют угол $60^{\circ},$ но не лежат в одной плоскости, причём плоскость колебаний нижнего маятника в этом варианте тоже "вращается" вокруг оськи верхнего маятника.

Ближе всего к ответу из задачника у меня получился ответ для варианта, в котором оськи маятников образуют угол $60^{\circ},$ не лежат в одной плоскости, причём обе плоскости колебаний маятников всё время остаются вертикальными. Для такой модели всё легко пишется в неподвижной декартовой с.к. $Oxyz,$ - как на рисунке drzewo, но с неподвижными ортами. В этом варианте получилась одна мода как в задачнике: $\psi =- 2\varphi$ с частотой $ \sqrt{\frac{4}{3}}$ (все размерные параметры положил для удобства равными единице), но при этом другая мода не совпала с ответом: вышло $\psi =\varphi$ с частотой $ \sqrt{\frac{2}{3}}.$ (Возможно, где-то и ошибся.)

Интересно, а у кого-нибудь получился весь ответ из задачника (ТС привёл его здесь)?

[lel0lel]

У меня тоже частоты не совпали с ответом, я было решил, что допустил ошибку и ждал что кто-нибудь решит верно.

[drzewo]

у меня тоже не сошлось

-- 12.01.2025, 22:39 --

Cos(x-pi/2) в сообщении #1669669 писал(а):

причём обе плоскости колебаний маятников всё время остаются вертикальными.

это мне трудно понять

[lel0lel]

Прикреплю на всякий случай ссылку на своё решение (названия осей могут отличаться от используемых в теме). Этот способ мы обсуждали с ТС.

(Оффтоп)

[Enceladoglu]

Я вернулся.
Не особо следил за арифметикой, но решая методом drzewo получил такое
$24\omega^4 + 39\frac{g}{l}\omega^2+14\frac{g^2}{l^2} = 0$
Увидя дискриминант из 177 не стал считать дальше. Еще перепроверю

drzewo в сообщении #1669643 писал(а):

У нас с Maple-ом получилось так

$$T\mid_{\psi=0}=\frac{ml^2}{2}\Big(\dot\varphi^2(4+2\cos\beta+\cos^2\beta)+\dot\psi^2-2\dot\varphi\dot\psi(1+\cos\beta)\Big)$$

и в окрестности $\psi=\varphi=0$

$$V\sim mgl\big(2\varphi^2-\psi\varphi+\cos\beta(\varphi^2+\psi^2)/2\big).$$

Да, это так же получилось

drzewo в сообщении #1669643 писал(а):

Коткин, Сербо и Савченко

Это Коткин Сербо номер 6.4 или 6.3б, смотря какое издание
Про Савченко не знаю, там есть аналогичное задание ? Это вроде сборник задач для крутых школьников если я правильно помню что это

-- 12.01.2025, 22:23 --

lel0lel
Спасибо, проанализирую.
И ещё спасибо что объяснили как вообще двигаются маятники в задаче.

-- 12.01.2025, 22:25 --

Cos(x-pi/2) в сообщении #1669669 писал(а):

причём обе плоскости колебаний маятников всё время остаются вертикальными

Это я немного не понял, ибо тогда угол между плоскостями колебания 0 а не 60 ?