Траектория заряда и геодезические на конусе

[SleepWalker]

Задача из ДНФ: Уравнение движения точечного электрического заряда в поле магнитного полюса имеет вид
$\ddot{\vec{r}}=a \frac{[\vec{r},\dot{\vec{r}]}}{|r^3|}, a=conts$
Доказать, что траектория заряда является геодезической линией кругового конуса.

Мои попытки решения:
План действий: рассмотреть уравение геодезических,
$\frac{d^2 x^i}{ds^2} + \Gamma^i_{jk} \frac{dx^j}{ds} \frac{dx^k}{ds} = 0$
вычислить символы Кристоффеля для конической поверхности и доказать, что уравнение геодезических для конуса эквивалентно уравнению траектории заряда с точностью до постоянного множителя $a$.

Поверхность конуса описывается радиус-вектором: $\vec{r}(u,v)=\{{u}\cos(v), {u}\sin(v), u\}$
Метрика на нём у меня получилась такова:
$g_{uv} = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & u^2 \end{pmatrix}$
Ненулевые коэффициенты Кристоффеля $\Gamma^u_{uv}=-\frac{1}{2u^3}$ и симметричный ему.

Проблема - не получаются эквивалетные уравнения.
Для геодезический получаю
$\ddot{u}-\frac{1}{2u^3}\dot{u}\dot{v} = 0$
Расписываю уравнения для траектории, подставляю в них конические координаты и получаются весьма громоздские выражения, которые не поддаются упрощению, особоенно это касается выражений $\ddot{x}, \ddot{y}, \ddot{z}$

Проверьте, правильно ли я рассуждаю? Если нет, то в чём ошибаюсь. Если правильно, то где может быть возможная ошибка?

[Oleg Zubelevich]

геодезические на поверхности вращения, теорема Клеро

[SleepWalker]

Oleg Zubelevich в сообщении #605512 писал(а):

геодезические на поверхности вращения, теорема Клеро

Это хорошо, но хотелось бы обойтись без теоремы Клеро, так как эта задача взята из курса, где этой теоремы не было. (Современная геометрия, Дубровин, Новиков, Фоменко, Глава 4, параграф 29, задача 5, до этого момента насколько я помню, теоремы Клеро не встречалось, там вообще про геодезические всего пару абзацев)

[Someone]

Вообще-то, если конус развернуть на плоскость, то геодезические станут прямыми.

[Yu_K]

А взять лагранжиан системы и записать для него уравнения Эйлера-Лагранжа - заодно и теорему Клеро выведете.

[SleepWalker]

Someone в сообщении #605530 писал(а):

Вообще-то, если конус развернуть на плоскость, то геодезические станут прямыми.

Задача поставлена так, что и не надо искать сами геодезические, чем я и хочу воспользоваться, т.е. решить задачу, не находя самих траекторий.
Насколько мне известно сами траектории должны вроде быть винтовыми линиями.

-- Пн авг 13, 2012 18:28:42 --

Yu_K в сообщении #605655 писал(а):

А взять лагранжиан системы и записать для него уравнения Эйлера-Лагранжа - заодно и теорему Клеро выведете.

Элементы вариационного исчисления (лагранжианы, ур-я Эйлера) это тема следующих двух глав в книге до этой задачи.

[SleepWalker]

Люди, я не прошу вариантов как можно решить эту задачу. Мне сейчас надо лишь узнать можно ли решать так, как решаю я. И если нельзя, то почему.
Верны ли следующие размышления?

Цитата:

Я смогу доказать, если распишу уравнения траектории в координатах на конусе
$\\ x={u}\cos(v)\\ y={u}\sin(v)\\ z={u}$
Затем запишу уравнения геодезических для коэффициентов Кристоффеля связанных с метрикой конуса. Если эти уравнения совпадают с уравнениями траекторий в конический координатах, то задача решена.

Если эти рассуждения верны, то, пожалуйста, проверьте:
Верно ли я записал уравнение геодезических:
$\ddot{u}-\frac{1}{2u^3}\dot{u}\dot{v} = 0$
А для $z=u$ в уравнении траектории имею
$\ddot{u}=\frac{a}{{u}(\sqrt{2})^3}\dot{v}$
Как видите, в таком случае не хватает справа $\frac{\dot{u}}{u^2}$

[SleepWalker]

Ой, Кристоффеля неправильно подсчитал. Сейчас исправлю и посмотрим, что получится.

[svv]

Вы взяли недостаточно общее уравнение конуса. У конуса есть параметр — угол раствора.

[Someone]

SleepWalker в сообщении #605671 писал(а):

Насколько мне известно сами траектории должны вроде быть винтовыми линиями.

Вообще говоря, геодезическая на конусе только конечное число витков делает.

[Yu_K]

SleepWalker
Должно быть два уравнения. Второе уравнение тоже надо записать - уравнение для $\ddot{v}$. Уравнение для $\ddot{u}$ у меня другое получилось.



Другое - даже с учетом того, что у нас $u$, $v$ переставлены.

[SleepWalker]

Yu_K, спасибо большое. Да, ур-я приведенные мной в этой теме не верны, даже в силу того, что коэффициенты Кристоффеля неправильно вычислил.
Однако, что-то я даже уже разочаровался в этой идее по поводу того, что покажу что это одни и те же уравнения и тем самым закончу доказательство.
Уравнения геодезических это система из двух уравнений, а уравнение траектории заряда - система из трех уравнений. Уже как их сравнить?
Причем если записать её в координатах на конусе, то получаются большие выражения, думал, что если два уравнения сложу (или вычту одно из другого), может что-то и упростится, но ничего не упрощается, и следовательно даже близко не прослеживается, что ур-я геодезический для конуса это те же самые ур-я, что и для траектории заряда...

[svv]

Попробуйте воспользоваться таким фактом.
Если кривая $\gamma$ является геодезической на поверхности в $\mathbb R^3$, то главная нормаль к $\gamma$ является нормалью к поверхности (если только $\gamma$ не прямая).
В Вашей задаче главная нормаль коллинеарна ускорению.

[svv]

$\frac{d^2 \mathbf r}{dt^2}=a\;\dfrac {\mathbf r\times \frac{d\mathbf r}{dt}}{r^3}$
Так как ускорение перпендикулярно скорости, абсолютная величина скорости (обозначим $v_0$) постоянна. Перейдем к натуральному параметру $s$, заменяя $\frac d{dt}$ на $v_0\frac d{ds}$:
$\frac{d^2 \mathbf r}{ds^2}=A\;\dfrac {\mathbf r\times \frac{d\mathbf r}{ds}}{r^3}$
Новая константа $A=a/v_0$.

Допустим, мы доказали, что кривая $\gamma$, удовлетворяющая этому уравнению, лежит на некотором конусе с вершиной в начале координат (для каждой кривой может быть свой конус). Покажем, что тогда $\gamma$ является геодезической на этом конусе.

Рассмотрим некоторую точку кривой $\gamma$. Раз вершина конуса в начале координат, соответствующий точке вектор $\mathbf{r}$ будет касательным к поверхности конуса. Вектор $\frac{d\mathbf r}{ds}$ также касательный. Тогда их векторное произведение нормально к поверхности конуса (если не равно нулю), и то же верно для $\frac{d^2 \mathbf r}{ds^2}$.

Введем на конусе координаты $x^1, x^2$. Все индексы относятся только к этим координатам и принимают значения $1$ и $2$. Обозначим $\mathbf r_{i}=\frac{\partial \mathbf r}{\partial x^i}\, , \;\mathbf r_{ik}=\frac{\partial^2 \mathbf r}{\partial x^i \partial x^k}$.

В рассматриваемой точке базисными векторами будут $\mathbf r_1, \mathbf r_2$. Оба они касательны к поверхности, поэтому $\frac{d^2 \mathbf r}{ds^2}\cdot \mathbf r_\ell=0$. Преобразуем "ускорение":
$\frac{d^2 \mathbf r}{ds^2}=\frac d{ds}\left(\mathbf r_i\frac{d x^i}{ds}\right)=\mathbf r_i \frac{d^2 x^i}{ds^2}+\frac {d\mathbf r_i}{ds}\frac{d x^i}{ds}=\mathbf r_i \frac{d^2 x^i}{ds^2}+\mathbf r_{ik}\frac{d x^i}{ds}\frac{d x^k}{ds}$
Подставим это в $\frac{d^2 \mathbf r}{ds^2}\cdot \mathbf r_\ell=0$:
$\mathbf r_i \cdot \mathbf r_\ell\frac{d^2 x^i}{ds^2}+\mathbf r_{ik}\cdot \mathbf r_\ell\frac{d x^i}{ds}\frac{d x^k}{ds}=0\quad\quad(*)$

Известно, что $\mathbf r_i \cdot \mathbf r_\ell=g_{i\ell}$. Докажем, что $\mathbf r_{ik}\cdot \mathbf r_\ell=\Gamma_{\ell, ik}$:
$\Gamma_{\ell, ik}=\frac 1 2\left(\frac{\partial g_{\ell i}}{\partial x^k}+\frac{\partial g_{\ell k}}{\partial x^i}-\frac{\partial g_{ik}}{\partial x^\ell}\right)=\frac 1 2\left(\frac{\partial}{\partial x^k}(\mathbf r_\ell \cdot \mathbf r_i)+\frac{\partial}{\partial x^i}(\mathbf r_\ell \cdot \mathbf r_k)-\frac{\partial}{\partial x^\ell}(\mathbf r_i \cdot \mathbf r_k)\right)=$
$=\frac 1 2\left(\mathbf r_{\ell} \cdot \mathbf r_{i k}+\mathbf r_{\ell k} \cdot \mathbf r_{i}+\mathbf r_{\ell} \cdot \mathbf r_{k i}+\mathbf r_{\ell i} \cdot \mathbf r_{k}-\mathbf r_{i} \cdot \mathbf r_{k\ell}-\mathbf r_{i\ell} \cdot \mathbf r_{k}\right)=\mathbf r_{ik}\cdot \mathbf r_\ell$

Вместо скалярных произведений в $(*)$ подставим $g$ и $\Gamma$:
$g_{i\ell}\frac{d^2 x^i}{ds^2}+\Gamma_{\ell, ik}\frac{d x^i}{ds}\frac{d x^k}{ds}=0$
Поднимая индекс $\ell$ (домножая на $g^{m\ell}$), получим, что координаты $x^i(s)$ на кривой удовлетворяют уравнению геодезической:
$\frac{d^2 x^m}{ds^2}+\Gamma^{m}_{ik}\frac{d x^i}{ds}\frac{d x^k}{ds}=0$