Лагранжиан двойного маятника с разными плоскостями колебаний

[Cos(x-pi/2)]

Нашёл таки я у себя ошибку, и теперь ответ совпал с ответом в задачнике :))

Значит, по-видимому, в условии задачи всё-таки подразумевается, что плоскости колебаний маятников остаются всё время вертикальными.

(Если будет надо, то попробую это нарисовать, а пока вот пояснение без нового рисунка. Плоскость верхнего маятника это $zx,$ его оська есть $Oy.$ Оси декартовой системы координат $Oxyz$ были изображены на рисунке drzewo. Плоскость нижнего маятника есть $z'x',$ она движется (покачивается) параллельно самой себе. Оська нижнего маятника это $Ay'$ (обозначения массивных точек $A$ и $B$ выше в сообщениях уже были). Орты для обеих плоскостей (штрихованные и нештрихованные) не меняют своих направлений с течением времени. Вертикаль: $\mathbf{e}_x=\mathbf{e}'_x,$ перпендикулярные ей и оськам маятников соответствующие направления есть $\mathbf{e}_z$ и

$$\mathbf{e}'_z=\cos\beta\,\mathbf{e}_z+\sin\beta\,\mathbf{e}_y=\frac{1}{2}\,\mathbf{e}_z+\frac{\sqrt{3}}{2}\,\mathbf{e}_y$$

При этом задачка оказывается заметно проще, чем в вариантах с "вращающимися" плоскостями; вероятно поэтому авторы такой вариант и подразумевали.)

[drzewo]

lel0lel в сообщении #1669706 писал(а):

Прикреплю на всякий случай ссылку на своё решение

у меня те же частоты

[Enceladoglu]

Cos(x-pi/2)
Я изначально хотел написать кучу глупых вопросов-уточнений, но кажется я понял что Вы имеете ввиду. Завтра попробую что получится

[drzewo]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1669712 писал(а):

ответ совпал с ответом в задачнике :))

Значит, по-видимому, в условии задачи всё-таки подразумевается, что плоскости колебаний маятников остаются всё время вертикальными.

Да, уж. Мне такой вариант даже в голову не пришел. Хорошую работу Вы проделали.

[Утундрий]

Enceladoglu в сообщении #1668748 писал(а):

Из учебника. Буквально процитирована

Любопытно, из какого? Так и тянет узнать, кто же столь "талантлив" в составлении условий задач (чтоб десятой дорогой обходить).

[Enceladoglu]

Утундрий

Enceladoglu в сообщении #1669708 писал(а):

Это Коткин Сербо номер 6.4 или 6.3б, смотря какое издание

Солидные дяди

[lel0lel]

Enceladoglu в сообщении #1669708 писал(а):

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

Не стоит благодарности, особенно в свете последних событий
Впрочем, у нас ведь тоже вышла вполне содержательная задача.

[Cos(x-pi/2)]

На всякий случай вот нарисовал плоскости (с толщиной, как картонки, чтобы рисунок воспринимался трёхмерным) с координатными осями:



Ход решения задачки такой, какой уже указывал уважаемый drzewo, но только орты здесь постоянные, здесь их не надо дифференцировать.

(ход решения)

Поскольку физическая размерность величин заранее известна, то для краткости формул полагаю, что единицы измерения выбраны так, что $m=1,$ $l=1,$ $g=1.$ Тогда радиус-векторы частиц в системе координат $Oxyz$ есть:

$$\mathbf{r}_A=\mathbf{OA}=\cos\varphi\,\mathbf{e}_x+\sin\varphi\,\mathbf{e}_z$$

$$\mathbf{r}_B=\mathbf{OA}+\mathbf{AB}=$$

$$=(\cos\varphi+\cos\psi)\,\mathbf{e}_x+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\psi\,\mathbf{e}_y+\left(\frac{1}{2}\sin\psi+\sin\varphi \right)\mathbf{e}_z$$

Кинетическая энергия (обозначаю скалярное произведение скобками с точкой между векторными сомножителями):

$$T=\frac{3}{2}\,(\dot{\mathbf{r}}_A\cdot\dot{\mathbf{r}}_A)+\frac{1}{2}\,(\dot{\mathbf{r}}_B\cdot\dot{\mathbf{r}}_B)$$

Потенциальная энергия:

$$V=-3\,(\mathbf{r}}_A\cdot\mathbf{g})-(\mathbf{r}}_B\cdot\mathbf{g})=-4\cos\varphi-\cos\psi,$$

где $\mathbf{g}=\mathbf{e}_x.$

Для малых колебаний приближённо, с точностью до членов второй степени включительно получается:

$$T=2\dot{\varphi}^2+\frac{1}{2}\dot{\psi}^2+\frac{1}{2}\dot{\psi}\dot\varphi$$

$$V=-5+2\varphi^2+\frac{1}{2}\psi^2$$

Система двух однородных уравнений Лагранжа в итоге даёт квадратное уравнение для квадрата частоты:

$$15(\omega^2)^2-32\,\omega^2+16=0$$

[drzewo]

Зато в той задаче, которую мы решали с lel0lel есть красивая бифуркация положений равновесия по параметру $\cos\beta$.

-- 13.01.2025, 12:00 --

Интересно проследить за количеством и видом критических точек потенциала

$$V=-(4\cos\varphi+\sin\psi\sin\varphi+\cos\varphi\cos\psi\cos\beta)$$

[drzewo]

(Оффтоп)

Посмотрел задачу 9.13 из этой книжки https://storage4u.ru/file/2025/01/13/64dd5aeec9ef87d159fa9fd457e8158e.pdf
Легкость у некоторых в голове, действительно редкая.

[Enceladoglu]

Cos(x-pi/2)
Огромное спасибо, тоже получилось. Это действительно то что имели ввиду авторы. Условие конечно составлено гениально, но мне даже не приходила в голову такая интерпретация задачи.
Но вообще мне кажется, что для того что бы это дело соответствовало Вашему рисунку и направлениям осей, нужно что бы

$$\mathbf{r}_A=\mathbf{OA}=\cos\varphi\,\mathbf{e}_x-\sin\varphi\,\mathbf{e}_z$$

$$\mathbf{r}_B=(\cos\varphi+\cos\psi)\,\mathbf{e}_x+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\psi\,\mathbf{e}_y+\left(\frac{1}{2}\sin\psi-\sin\varphi \right)\mathbf{e}_z$$

И тогда
$T=2\dot{\varphi}^2+\frac{1}{2}\dot{\psi}^2-\frac{1}{2}\dot{\psi}\dot\varphi$
При этом (вроде как) получается ответ наоборот, $\psi = -2\varphi$ с частотой $\omega = \sqrt{\frac{4g}{5l}}$ и $\psi = 2\varphi$ с частотой $\omega = \sqrt{\frac{4g}{3l}}$.
Но у меня получился корректный как и у Вас ответ, и формулы с теми же знаками что у Вас. Но оси я направил иначе и называл тоже. Вообще странно что направление осей меняет ответ или это из-за того что это меняет направление положительного отсчета угла ?

Насчет предыдущей версии задачи, то внимательней посчитав получилось уравнение $24\omega^4 - 33\omega^2 + 10$ и соответственно частоты как у lel0lel и drzewo. Решили на одну лишнюю задачу) Но зато я усвоил пару новых методов за что тоже спасибо.

[Cos(x-pi/2)]

Enceladoglu в сообщении #1669846 писал(а):

для того что бы это дело соответствовало Вашему рисунку и направлениям осей, нужно <...>

Рисунок условный, он поясняет угол между плоскостями и их вертикальность. Можно было бы изобразить маятник $A$ отклонённым не "от нас", а "к нам", и тогда такой вопрос о знаке слагаемого с синусом наверное не возник бы, но тогда на рисунке был бы плохо виден угол между плоскостями. Понятно, что знак слагаемого с $\sin\varphi$ зависит от выбора направления отсчёта $\varphi,$ этот знак меняется при замене $\varphi$ на $-\varphi.$ Значения собственных частот от этого выбора не зависят.

Enceladoglu в сообщении #1669846 писал(а):

Вообще странно что направление осей меняет ответ или это из-за того что это меняет направление положительного отсчета угла ?

Да, от выбора направлений отсчёта углов зависит в ответе знак в формулах нормальных колебаний, описывающих связь между $\varphi(t)$ и $\psi(t).$ Но спектр собственных частот от этого не зависит. Спектр собственных частот вообще не зависит от выбора обобщённых координат: если вместо $\varphi$ и $\psi$ кто-нибудь воспользуется другими обобщёнными координатами, - двумя функциями $q_1(\varphi,\psi)$ и $q_2(\varphi,\psi),$ - то у него должны получиться в ответе те же собственные частоты.

Enceladoglu в сообщении #1669846 писал(а):

получилось уравнение $24\omega^4 - 33\omega^2 + 10=0$

Это правильно.

[Enceladoglu]

Cos(x-pi/2)
Понятно, ещё раз спасибо.

[drzewo]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1669890 писал(а):

Спектр собственных частот вообще не зависит от выбора обобщённых координат

ни разу не видел что бы этот важный факт доказывался, да и не отмечается он, кажется, ни где

[Cos(x-pi/2)]

drzewo в сообщении #1669923 писал(а):

ни разу не видел что бы этот важный факт доказывался

(Оффтоп)

Себе я объясняю инвариантность спектра частот $\lambda=\omega^2$ малых колебаний на школьном уровне физиков-техников (которые больше знакомы с паяльником, чем с теоремами). Объясняю тривиально и может быть неправильно тем, что речь идёт о линейной задаче. Т.е.: $(D-\lambda E)\mathbf{q}=0,$ где (говорю нестрогими словами, строгих определений наверное не знаю) $D$ - "динамическая матрица" с подходящими свойствами, $\mathbf{q}$ - вектор амплитуд обобщённых координат, $E$ - единичная матрица. Значения $\lambda$ определяются уравнением $\det(D-\lambda E)=0.$

Переход к новым $\mathbf{q}'$ в такой (т.е. в линеаризованной) задаче динамики это обратимое линейное преобразование векторов $\mathbf{q}'=L\mathbf{q}.$ Так что задаче с новыми $\mathbf{q}'$ можно придать вид с матрицей, испытавашей преобразование подобия: $L(D-\lambda E)L^{-1}\mathbf{q}'=0.$ А поскольку определитель произведения матриц равен произведению их определителей, и $\det L^{-1}=(\det L)^{-1},$ то $\det (L(D-\lambda E)L^{-1})=\det(D-\lambda E).$ Т.е. уравнение для $\lambda$ оказывается инвариантным.

Наверное, в строгом обосновании должно быть много математических нюансов; м.б. сначала должно что-то серьёзное говориться об определении числа степеней свободы, о количестве обобщённых координат при разном их выборе и для разных систем, и т.п.