Лагранжиан двойного маятника с разными плоскостями колебаний

[lel0lel]

Enceladoglu
Предложение drzewo заключалось в том, чтобы найти координаты груза с массой $m$ в предложенной им подвижной системе координат, а затем, осуществить поворот декартовой системы на угол $-\varphi$ относительно оси $Oy$. При этом, изменятся найденные координаты $x,z$. Так можно получить координаты отклонённого маятника в неподвижной системе. Вашим способом тоже можно дойти до правильного лагранжиана, но больше шансов допустить ошибку.

Про нормальные частоты (как искать и что это такое) нужно почитать ЛЛ т.1. Вспомните линейную алгебру, тему про собственные вектора и собственные значения. Нормальные частоты в этой задаче определяются собственными значениями матрицы $2\times 2$, а соответствующие собственные вектора задают условия на углы, при которых эти частоты реализуются. В принципе, у этой задачи есть и рукомахательное решение, если понять чем можно пренебрегать, и попутно раскладывая тригонометрию в ряд до нужного порядка.

[Enceladoglu]

lel0lel

lel0lel в сообщении #1669282 писал(а):

Про нормальные частоты (как искать и что это такое) нужно почитать ЛЛ т.1. Вспомните линейную алгебру, тему про собственные вектора и собственные значения

Про это я вкурсе, даже тему недавно на этот счёт создавал что бы разобраться. Как я понял условие на углы найдутся при требованим положительности дискриминанта при решении характерестического уравнения.

lel0lel в сообщении #1669282 писал(а):

осуществить поворот декартовой системы на угол $-\varphi$ относительно оси $Oy$.

Если смотреть на рисунок drzewo , то может вокруг оси Oz ? Ну т.е. в плоскости xy. Если нет то значит я все ещё не понял кинематику задачи..

-- 10.01.2025, 00:42 --

lel0lel в сообщении #1669282 писал(а):

а соответствующие собственные вектора задают условия на углы, при которых эти частоты реализуются

Вот это не пойму. Углы пси и фи, это же углы-параметры, отклонение в плоскости рисунка которое фиксировное, или нет?

[lel0lel]

Enceladoglu в сообщении #1669284 писал(а):

Как я понял условие на углы найдутся при требованим положительности дискриминанта при решении характерестического уравнения.

Нет, там нигде не возникает такого требования. Если Вы про систему линейных однородных уравнений, то требование её разрешимости -- это равенство определителя нулю.

Enceladoglu в сообщении #1669284 писал(а):

Если смотреть на рисунок drzewo , то может вокруг оси Oz ?

Ось $Oy$ на рисунке drzewo это ось вращения массы m. То есть, Вы сначала поворачиваете массу 3m относительно её оси, а затем всю систему относительно оси вращения массы m, на рисунке это $Oy$.

Enceladoglu в сообщении #1669284 писал(а):

Углы пси и фи, это же углы-параметры, отклонение в плоскости рисунка которое фиксировное, или нет?

Они "параметры" пока вы ищете координаты тел при произвольном отклонении из равновесия. При изучении динамики, они уже функции времени, а для нормальных колебаний (это особый вид самых важных колебаний) эти функции ещё и линейно связаны определенным образом.

[drzewo]

lel0lel в сообщении #1669282 писал(а):

Так можно получить координаты отклонённого маятника в неподвижной системе

Можно, но не нужно. Обобщенные координаты это угол отклонения оси $x$ от вертикали и угол отклонения звена $m-3m$ от плоскости $xy$.
По системе $xyz$ расписываем радиус-векторы материальных точек. Для получения скоростей дифференцируем эти радиус-векторы по времени, используя для производных базисных векторов формулы Пуассона.
Расписываем вектор $\boldsymbol g$ по системе $xyz$. Для нахождения потенциальной энергии используем тот факт, что потенциальная энергия точки массы $m$ с радиус-вектором $\boldsymbol r$ равна $V=-m(\boldsymbol g,\boldsymbol r)$

[Enceladoglu]

lel0lel в сообщении #1669287 писал(а):

Если Вы про систему линейных однородных уравнений, то требование её разрешимости -- это равенство определителя нулю

Это понятно, я про вот это:

lel0lel в сообщении #1668746 писал(а):

Думаю, что все крепления жёсткие, а углы стержней с осями вращения, по-хорошему, должны быть даны. Считайте, что они равны $\alpha, \beta$.

Я использую вместо этих углов углы между вертикалью и стержнями, и обозначаю их $\varphi$ и $\psi$. Я так понимаю, что они не должны меняться со временем и они параметры.

lel0lel в сообщении #1669287 писал(а):

При изучении динамики, они уже функции времени

Углы отклонения в плоскости колебаний у меня были как $\alpha_1, \alpha_2$. Они меняются со временем. Вопрос в том, в ответе имеется ввиду под $\varphi$ и $\psi$ то что имею ввиду я, или так обозначены $\alpha_1, \alpha_2$. Если второе, то как мне тогда найти какие изначальные углы отклонения по вертикали у каждого маятника.

drzewo в сообщении #1669290 писал(а):

Ось $Oy$ на рисунке drzewo это ось вращения массы m. То есть, Вы сначала поворачиваете массу 3m относительно её оси, а затем всю систему относительно оси вращения массы m, на рисунке это $Oy$.

Тут я окончательно запутался . Верхний маленький стержень, который горизонтален, вдоль которого ось Oy, это вроде ось вращения массы 3m. Так как масса m с ним связана, то можно считать что масса m тоже может вращаться по этой оси. Чисто для массы m ось вращения это второй маленький стержень.

Похоже я до сих пор не понял кинематику задачи, поэтому уточню ее так:

Синим я обозначил пересечение плоскости рисунка с плоскостями вращения шаров. Если я правильно понимаю, это есть те образующие конуса о которых Вы говорили.
Бардовый (это же бардовый ?) цвет обозначает вертикаль, и угол между вертикалью и большими стрежнями.

[lel0lel]

Я думал, что Вы это читали:
https://dxdy.ru/post1668793.html#p1668793 Никаких фи и пси не нужно. Маятники самые обычные, перпендикулярны перекладинам, на рисунке искажение из-за того, что систему нарисовали отклонённой из равновесия. В ответе указаны углы отклонения маятников по отношению к чему-то (это нужно выяснять), автор их обозначил фи и пси, у вас это альфы.

Положение системы можно разными углами фиксировать, нормальные частоты будут получаться теми же, а вот связь углов при нормальных колебаниях может несколько отличаться.

[drzewo]

=

[Enceladoglu]

lel0lel
Я прочёл, но начинаю понимать только сейчас
Тогда траектория маятника(вместе со своим большим стержнем) образует не конус, а круг ?

-- 10.01.2025, 12:53 --

drzewo
Теперь я понимаю преимущество вашей системы координат, ибо тогда ось x совпадает с вертикалью

[Enceladoglu]

(Круг для шара 3m, а для шара m круг в случае если верхний стержень неподвижен)

[lel0lel]

Да, именно так.

[Enceladoglu]

Я поменял название осей ибо мне так удобнее
$x_1 = l \sin \varphi$
$y_1 = l \cos \varphi$



$x_2 = l \sin \varphi + l \sin \psi$
$y_2 = l \cos \varphi + l \cos \psi \cos \beta$
$z_2 = l \cos \psi \sin \beta$

$L = \frac{3m(\dot{x_1}^2 + \dot{y_2}^2)}{2} + \frac{m(\dot{x_2}^2 + \dot{y_2}^2 + \dot{z_2}^2 )}{2} + 3mgy_1 + mgy_2$
$L = \frac{3ml^2({\cos^2 \varphi}+ {\sin^2 \varphi})\dot{\varphi}^2 }{2} + \frac{ml^2(( \dot{\varphi} \cos \varphi + \dot{\psi}\cos \psi)^2 + (\dot{\varphi} \sin \varphi + \dot{\psi} \sin \psi \cos \beta)^2 + ( \dot{\psi} \sin \psi \sin \beta)^2 )}{2} $ $ + 3mg l \cos \varphi $ $+ mg l \cos \varphi + mg l \cos \psi \cos \beta = $ $\frac{3ml^2\dot{\varphi}^2}{2} + \frac{ml^2(\dot{\varphi}^2 \cos^2 \varphi + \dot{\psi}^2\cos^2 \psi + 2\dot{\varphi}\dot{\psi} \cos \varphi \cos \psi +\dot{\varphi}^2 \sin^2 \varphi + 2\dot{\varphi}\dot{\psi}\sin \varphi \sin \psi \cos \beta + \dot{\psi}^2\sin^2 \psi \cos^2 \beta + \dot{\psi}^2\sin^2 \psi \sin ^2\beta )}{2} + $ $ mg l \cos \psi \cos \beta + 4mg l \cos \varphi = $ $ = \frac{3ml^2\dot{\varphi}^2}{2} + \frac{ml^2( (\cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi)\dot{\varphi}^2 + (\cos^2 \psi + \sin^2 \psi \cos^2 \beta + \sin^2 \psi \sin ^2\beta )\dot{\psi}^2+ 2 (\cos \varphi \cos \psi + \sin \varphi \sin \psi \cos \beta)\dot{\varphi}\dot{\psi} )}{2} + $ $ mg l \cos \psi \cos \beta + 4mg l \cos \varphi= $ $ 2ml^2\dot{\varphi}^2 + \frac{ml^2(\cos^2 \psi + \sin^2 \psi \cos^2 \beta + \sin^2 \psi \sin ^2\beta )\dot{\psi}^2}{2} +ml^2 (\cos \varphi \cos \psi + \sin \varphi \sin \psi \cos \beta)\dot{\varphi}\dot{\psi} $ $ + mg l \cos \psi \cos \beta + 4mg l \cos \varphi $ $ = 2ml^2\dot{\varphi}^2 + \frac{ml^2\dot{\psi}^2}{2} +ml^2 (\cos \varphi \cos \psi + \sin \varphi \sin \psi \cos \beta)\dot{\varphi}\dot{\psi} $ $ + mg l \cos \psi \cos \beta + 4mg l \cos \varphi $

Теперь нужно проигнорировать члены порядка больше чем 2. Тогда
$ L = 2ml^2\dot{\varphi}^2 + \frac{ml^2\dot{\psi}^2}{2} +ml^2\dot{\varphi}\dot{\psi} - \frac{mg l}{2} \psi^2 \cos \beta - 2mg l \varphi^2 $
Уравнения Лагранжа
$4ml^2\ddot{\varphi} + ml^2\ddot{\psi} + 4mg l \varphi $
$ml^2\ddot{\psi} + ml^2\ddot{\varphi} + mg l \psi \cos \beta $

[Enceladoglu]

Тогда
$-4ml^2{\omega^2}A - ml^2\omega^2 B + 4mg l A $
$-ml^2\omega^2 B- ml^2\omega^2 A + mg l B \cos \beta $

$$\begin{bmatrix} 4(g -l{\omega^2}) &- l\omega^2 \\ - l\omega^2 & g \cos \beta -l\omega^2 \end{bmatrix} = 4(g -l{\omega^2})(g \cos \beta -l\omega^2 ) - l^2 \omega^4 = 3 l^2 \omega^4 - 4gl(\cos \beta + 1)\omega^2+4g^2 \cos \beta$$

$\cos \beta = \frac{1}{2}$
$D = 36 - 24 = 12$
Отсюда никак не получить частоты из ответа

[drzewo]

(Оффтоп)

Enceladoglu
я Вас не знаю, но действуете Вы, к сожалению, типично для людей, занимающихся самообразованием: зацикленность на одном единственном учебнике и полная глухота к тому, что Вам говорят, если это не соответствует Вашим представлениям о вопросе. И хотелось бы помочь...
Вот Вы всед за мной проводите ось через точку $3m$. И при этом продолжаете гнуть свое:

Enceladoglu в сообщении #1669420 писал(а):

$x_1 = l \sin \varphi$
$y_1 = l \cos \varphi$

Ну гните дальше.

[Enceladoglu]

drzewo
Вы упомянули некие формулы Пуассона о которых я не слышал. Углы отклонения я выбрал те же что и Вы(вроде как). Так как я незнаю кто такие формулы Пуассона то пошёл по более лобовому варианту надеясь что получу эквивалентное без дополнительных формул. Вы можете более подробно расписать Вашу мысль, может быть с формулами, и тогда я пойму что Вы имели ввиду.

[drzewo]

Вы мне сперва объясните, каким образом точка лежащая на оси может иметь две ненулевые координаты