Theoretische Physik B Gehört bei Prof. Dr. Kühn KIT - Karlsruher ...

Theoretische Physik B
Gehört bei Prof. Dr. Kühn
KIT - Karlsruher Institut für Technologie
Sommersemester 2011
Mitschriebe ausgearbeitet von
Philipp Basler, Nils Braun, Larissa Bauer
16. Juli 2011

Inhaltsverzeichnis
1 Variationsprinzipien 5
1.1 Einfache Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Euler Gleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Lösungsstrategien unter speziellen Annahmen für F(y,y’,x) . . . . . . . . . 9
2 Euler-Lagrange-Gleichungen und Hamiltonsches Prinzip 13
2.1 Koordinatenwahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2 Euler-Lagrange Gleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.3 Erhaltungssätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3 Symmetrieprinzipien 19
3.1 Mechanische Ähnlichkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3.2 Symmetrien ⇐⇒ Erhaltungssätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4 Schwingungen eines Systems bei kleinen Auslenkungen 25
4.1 Eigenfrequenzen und Eigenmoden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.2 Normalkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
4.3 Anharmonische Schwingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
5 Hamilton-Formalismus kanonischer Gleichungen/ Poisson-Klammern 39
5.1 Struktur der Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
6 Starrer Körper ( Kreisel ) 49
6.1 Kinematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
6.2 Trägheitstensor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
6.3 Drehimpuls . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
6.4 Symmetrische Kräftefreie Kreisel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3

4 INHALTSVERZEICHNIS
6.5 Bewegungsgleichung des starren Körpers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
7 Anhang 67
7.1 Literaturempfehlungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

Kapitel 1
Variationsprinzipien
1.1 Einfache Beispiele
Bestimme Bewegung oder Gestalt eines Systems so, dass ein Integral minimiert wird.
Bsp: Finde den schnellsten Weg von einem Punkt auf dem Land zu einem Punkt auf dem
Wasser (Bewegungsgeschwindigkeit im Wasser ist niedriger) → Weg hat einen Knick an
der Küste
Land (v 1 )
Wasser (v 2 )
Θ 2
Θ 1
y 1
Θ 1
x 1 x 2
y
y 2
y 1
√ √
x
Laufzeit T = (
2 1 +y2 1
v 1
+
Abbildung 1.1: Weg über Land und durch Wasser
x 2 2 +y2 2
v 2
), wobei y 1 + y 2 = y fest, ebenso x 1 , x 2 fest.
0 = δy − δy 1 + δy 2 Suche den Weg, für den T minimal wird.
Extremum:
( √
d x
2
0 = δT =
1 + y1
2 · δy 1 + d
√ )
x
2
2 + y2
2
dy 1 v 1 dy 2 v 2
5

6 KAPITEL 1. VARIATIONSPRINZIPIEN
⎛
⎞
0 =
y 1
⎜√ · 1 y
− √ 2
· 1
⎝ x
2
1 + y1
2 v 1 x
2
} {{ }
2 + y2
2 v 2
⎟
⎠ δy 1
} {{ }
sin(θ 1 sin(θ 2 )
sin(θ 1 )
v 1
= sin(θ 2)
v 2
1.1.1 v hänge kontinuierlich von x ab
y
y(x)
B(x B , y B )
A
x A =y A =0
x B
x
Abbildung 1.2: Bahnkurve von A nach B
Bahnkurve y(x) mit y(0) = 0, y(x B ) = y B
Laufzeit von A nach B :
Wegstück Länge ds = √ √
dx 2 + dy 2 = 1 + ( dy 2dx
dx)
Allgemeiner berechnet sich das Wegstück in den Koordinaten k i als
d⃗s = ∑ i
∂⃗r
∂k i
dk i
Somit ergibt sich für den Betrag :
ds = |d⃗s| = √ ∑ i
∣ ∂⃗r ∣∣∣
2
∣ (dk i )
∂k 2
i

1.1. EINFACHE BEISPIELE 7
x∫
B
(√
dT = dx
A x A
T [y] : Funktional .
dT = ds
v(x) , T = B∫
Suche Minimum : lokal vs global
1+y ′2
v(x)
)
T [y] =
∫x B
x A
dx
(√ )
1 + y
′2
v(x)
1.1.2 Verallgemeinert
Geschwindigkeit hängt ab von x, y und von der Richtung
(dT ) 2 = f xx (x, y)(dx) 2 + f x,y (x, y)dxdy + f yx (x, y)dydx + f yy (x, y)(dy) 2 = ∑ i,j
f ij (x i )dx i dx j
(f ij ist Metrik)
Bahnkurve x i (s) mit Bahnparameter s
T = ∫ √ ∑ (
)
f ij (x i ) dx i dx j
ds ds
i,j
Bahn mit kürzester Laufzeit : Geodäte zu Metrik f ij
1.1.3 Brachystochrone
Auf welcher Bahn gleitet (ohne Reibung) ein Massenpunkt in kürzester Zeit von A nach B
y
A
x A =y A =0
(x B ,y B =y(x B ))
B x
Abbildung 1.3: Gleitbahn ohne Reibung von A nach B
Geschwindigkeit mv2
2
+ U(y) = 0
pot. Energie U(y) = mgy =⇒ v = √ −2gy
Weglänge ds 2 = dx 2 + dy 2 = dx 2 (1 + y ′2 )
dT = ds
v

8 KAPITEL 1. VARIATIONSPRINZIPIEN
T [y] =
∫x B
0
dx
√
1 + y
′2
√ −2gy
1.2 Euler Gleichung
y
y(x)
B
A
y(x)+δy(x)
Abbildung 1.4: Bahnkurve von A nach B mit kleiner Änderung
x
Bahnkurve y(x) kleine Änderung δy(x)
∫x 2
Funktional J(y) = dxf(y, y ′ , x)
x 1
Forderungen suche y(x), so dass J(y) extremal wird. =⇒ J ändert sich nicht, wenn man
y(x) durch y(x) + δy(x) ersetzt.
Randpunkte bleiben fest : δy(x 1 ) = δy(x 2 ) = 0
∫x 2
∫
J(y + δy) = dxf ((y(x) + δy(x)), (y ′ (x) + δy ′ x 2 (
)
(x)), x) = dx f + ∂ fδy + ∂ fδy ′ ∂y ∂y ′
x 1 x 1
∫x 2 (
δJ ≡ J(y+δy)−J(y) = dx
x 1
0 = δJ =
∫x 2 (
∂y
− d ∂f
∂f dx
x 1
Definition
∂y ′ )
δy(x)
∂
fδy + ∂ f · d
∂y ∂y ′
) δy ∫x 2 (
= dx
dx
x 1
∂
fδy − d
∂y dx
∂
fδy
∂y ′
)
+ ∂y′
∂f δy|x 2
x 1
Euler-Gleichung
∂f
∂y − d ∂f
= 0
dx ∂y ′

1.3. LÖSUNGSSTRATEGIEN UNTER SPEZIELLEN ANNAHMEN FÜR F(Y,Y’,X) 9
DGL 2ten Grades für y(x)
analog :
Mehrere Funktionen von x : y i (x)
∫x 2
J(y i ) = dxf((y 1 , . . . , y i ), (y 1, ′ . . . , y i), ′ x)
x 1
via partielle Integration
∫ x 2
x 1
∑
i
δJ(y i ) = 0
[ ∂f
− d
∂y i dx
]
∂f
δy i = 0
∂y i
Jedes δy i kann unabhängig variiert werden. Daraus ergibt sich :
∂f
− d
∂y i dx
∂f
∂y ′ i
= 0
Was wieder eine DGL 2ten Grades ist.
1.3 Lösungsstrategien unter speziellen Annahmen für
F(y,y’,x)
(a) Keine y-Abhängigkeit ⇐⇒
Euler - Gleichung :
Durch Integrieren ergibt sich :
∂F
∂y = 0
d ∂F
= ∂F
dx ∂y ′ ∂y = 0
∂F
∂y ′ = const
Auflösen der Gleichung nach y ′ liefert eine DGL erster Ordnung.
Beispiel: Weg von A(x A , y A ) nach B(x B , y B ) mit der Geschwindigkeit hängt nur ab
von x und nicht von y
T =
∫x B
x A
√
1 + y
′2
dx
v(x)
} {{ }
F (y,y ′ ,x)

10 KAPITEL 1. VARIATIONSPRINZIPIEN
d ∂F
dx ∂y ′
( )
= d √ y′ 1
dx 1+y ′2 v(x)
=⇒ y′ √1+y ′2 1
v(x) = c
y ′ (x) =
√
v2 (x)c 2
1 − v 2 c 2 = tan θ
1
(v 2 c 2 ) 1/2
Θ
(1-v 2 c 2 ) 1/2
y
Abbildung 1.5: Steigungsdreieck für y
B
Θ
A
x
Abbildung 1.6: Bahnkurve mit Steigungsdreieck
y(x) =
∫x B
x A
dxy ′ =
(b) F hängt nicht explizit ab von x
∫x B
x A
⇐⇒ ∂F
∂x = 0
√
v2 (x)c
dx
2
1 − v 2 c + a 2
Zeige, dass
Beweis:
[ ]
d ∂F
dx ∂y ′ y′ − F = − ∂F
∂x

1.3. LÖSUNGSSTRATEGIEN UNTER SPEZIELLEN ANNAHMEN FÜR F(Y,Y’,X) 11
[(
]
y ′ + ∂F y ′′ −
∂y ′
Verwende d ∂F
)
d ∂F
dx ∂y ′
dx ∂y ′
=⇒ = − ∂F
∂x
also, falls ∂F
∂x = 0
= ∂F
∂y
[
]
∂F
∂y y′ + ∂F y ′′ + ∂F
∂y ′ ∂x
∂F
∂y ′ y′ − F = c
Auflösen nach y ′ ergibt eine DGL erste Ordnung.
Beispiel : Brachistochrone √
:
F (y, y ′ 1+y
) = √ ′2
−2gy
=⇒ 1 = c 2 (−2g)y(1 + y ′2 )
[ ] −
1
1
dx = − 1 2
dy
c 2 (−2g)y
Ansatz :
y = −a(1 − cos(τ))
x = a(τ − sin(τ))

12 KAPITEL 1. VARIATIONSPRINZIPIEN

Kapitel 2
Euler-Lagrange-Gleichungen und
Hamiltonsches Prinzip
2.1 Koordinatenwahl
Es seien ⃗r 1 , . . . , ⃗r n kartesische Koordinaten von N Massenpunkten. Es gelten ferner k
Zwangsbedingungen
f 1 (⃗r 1 , . . . , ⃗r n , t) = 0
. =
.
f k (⃗r 1 , . . . , ⃗r n , t) = 0
Beispiel:
Zwei Teilchen ⃗r 1 , ⃗r 2 und |⃗r 1 − ⃗r 2 | = d sei fest (Erste Zwangsbedingung)
Dann hat das System 3N − k Freiheitsgrade. Die 3N − k Zahlen, die die Lage im System
festlegen, heißen generalisierte Koordinaten
⃗r 1 = ⃗r 1 (q 1 , . . . , q 3N−k , t)
.
.
⃗r N = ⃗r N (q 1 , . . . , q 3N−k , t)
Beispiele: Doppelpendel in einer Ebene
13

14KAPITEL 2. EULER-LAGRANGE-GLEICHUNGEN UND HAMILTONSCHES PRINZIP
m 1
m 2
Θ 1
Θ 2
Abbildung 2.1: Doppelpendel
2.2 Euler-Lagrange Gleichung
eine Koordinate q
Wirkung
S = S[q] =
∫ t 2
L(q, ˙q, t) dt
L fällt vom Himmel, L als Funktion von q, ˙q und t
t 1
Forderung : Suche q(t), so dass S[q] extremal (minimal) wird. q(t 1 ) und q(t 2 ) liegen fest
r
ωt
Draht
∫t 2
δS[q] = 0 =⇒ 0 = dt
t 1
∫t 2 (
∂L
dt − d ∂q dt
t 1
Da ∂Lδq∣
∣ t 2
∂ ˙q t 1
= 0 folgt
Definition
)
∂L
δq + ∂Lδq∣
∣ t 2
∂ ˙q ∂ ˙q t 1
(
)
∂L
δq − d ∂L
δ ˙q ∂q dt ∂ ˙q
Verallgemeinerung der Kraft
∂L
∂q − d ∂L
dt ∂ ˙q = 0

2.3. ERHALTUNGSSÄTZE 15
Für n verallgemeinete Koordinaten hat man L((q 1 , . . . , q n ), ( ˙q 1 , . . . , ˙q n ), t) und somit
∫ t 2
S[q i ] = dtL
t 1
Variation der unabhängigen q i =⇒ n DGL :
∂L
− d ∂L
= 0
∂q i dt ∂ ˙q i
2.3 Erhaltungssätze
2.3.1 Definition
Zyklische Variablen (Vgl I.3.a)
Falls L unabhängig ist von einer verallgemeinerter Koordinaten q i , d.h. ∂L
∂q i
= 0,
dann nennt man q i zyklisch. ∂L
∂q i
= 0 =⇒ d ∂L
dt ∂ ˙q i
= 0
Also
∂L
= zeitliche Konstante
∂ ˙q i
Suche nach zyklischer Variable durch geeignete Koordinatentransformation
2.3.2 Energieerhaltung (Vgl I.3.b)
[
∂L
]
d
Betrachte : ˙q − L =
dt ∂ ˙q
Bei mehreren Koordinaten:
(
d
dt
)
∂L
˙q + ∂L
∂ ˙q
∂L
∂q
(
¨q − ∂ ˙q
[ ]
d ∂L
˙q i − L
dt ∂ ˙q i
˙q +
∂L
∂ ˙q
= − ∂L
∂t
[ ]
Falls ∂L = 0 =⇒ ∂L
∂t ∂ ˙q i
˙q i − L = zeitkliche Konstante ≡ E
∂L
∂ ˙q ˙q − L = E
)
∂L ¨q + = − ∂L
∂t ∂t

16KAPITEL 2. EULER-LAGRANGE-GLEICHUNGEN UND HAMILTONSCHES PRINZIP
Dies ist eine Differentialgleichung erster Ordnung.
Auflösung nach ˙q und Trennung der Variablen ergibt ein gewöhnliches Integral
Test: falls L = 1 2 m ˙q2 − U(q) =⇒ ∂L
∂ ˙q − L = 1 2 m ˙q2 + U(q)
2.3.3 Beispiele
(a) kinetische Energie T eines freien Teilchens
(1) kartesische Koordinaten T = m ˙⃗x 2 = m 2 2 (ẋ2 + ẏ 2 + ż 2 )
⎛ ⎞
ρ cos φ
⎜ ⎟
(2) Zylinderkoordinaten ⃗r = ⎝ρ sin φ⎠
⎛
˙ρ cos φ − ρ ˙φ
⎞
sin φ
⎜ ˙⃗r = ⎝ ˙ρ sin φ + ρ ˙φ ⎟
cos φ⎠
T = m 2 ( ˙ρ2 + ρ 2 ˙φ2 + ż 2 )
ż
(3) Kugelkoordinaten T = m 2 (ṙ2 + r 2 ˙θ2 + r 2 sin 2 θ ˙φ 2 )
(b) Zwangsbedingungen (ohne Potential)
Da U = 0 =⇒ L ≡ T
(1) Bewegungen auf Zylinder und ρ = const =⇒ ˙ρ = 0
z
L = T = m 2 (ρ2 ˙φ2 + ż 2 )
Es gibt also zwei zyklische Koordinaten (z und φ).
d
dt mρ2 ˙φ2 = 0. Daraus ergibt sich die Erhaltung des Drehimpulses
d
mż = 0 =⇒ Erhaltung der z−Komponente des Impulses
dt ⎧
⎨ ˙φ = const
Schraubenbewegung
⎩ż = const
(2) Bewegung auf Kugeloberfläche ṙ = 0
L = T = m 2 = m 2 r2 ( ˙θ 2 + sin 2 (θ) ˙φ 2 )
φ ist zyklisch,
d
dt
∂L
∂ ˙q = d dt (mr2 sin 2 (θ) ˙φ)
mr 2 sin 2 (θ) ˙φ = const ≡ L z

2.3. ERHALTUNGSSÄTZE 17
Bewegungsgleichung für θ
d
dt (mr2 ˙θ2 ) − mr 2 sin θ cos θ ˙φ 2 = 0
Mit ˙φ = ergibt sich eine Differentialgleichung zweiter Ordnung für θ
L z
mr 2 sin 2 (θ)
oder wegen ∂T
∂t = 0 ergibt sich hier d dt T = 0
mr 2 ( ˙θ 2 + sin 2 (θ) ˙φ 2 ) = E
˙φ einsetzen und nach ˙θ auflösen
(3) Kegelmantel
θ = θ 0 = const
(c) Bewegung mit Zwangsbedingung und Potential U speziell U = mgz
Ansatz
L = T − U
analog zu vorher, aber U(q) wird ausgedrückt durch die passenden Koordinaten
Beispiel: sphärisches Pendel ( Fadenpendel)
U = −mgl cos θ, hier z = −r cos θ
Θ
l
m
Abbildung 2.2: Fadenpendel
L = ml2
2 ( ˙θ 2 + sin 2 θ ˙φ 2 ) + mgl cos θ

18KAPITEL 2. EULER-LAGRANGE-GLEICHUNGEN UND HAMILTONSCHES PRINZIP
∂L
∂t
∂L
= 0 =⇒ ˙θ
∂ ˙θ + ∂L ˙φ
∂ ˙φ − L = zeitliche Konstante E
ml 2
Da φ zyklisch ist : L z = ∂L = const
∂ ˙φ
2 ( ˙θ 2 + sin 2 (θ) ˙φ 2 ) − mgl cos θ = E
L z = ml 2 sin 2 (θ) ˙φ
Einsetzen in die obige Gleichung und auflösen nach ˙θ ergibt
˙θ 2 = 2 (E + mgl cos θ − 1 )
L 2 z
ml 2 2 m sin 2 (θ)
dθ
√
2
ml 2 (E + mgl cos θ − 1 2
(d) Bewegung mit zeitabhängigen Zwangsbedinungen
L 2 z
m sin 2 (θ)
) = dt
Teilchen frei beweglich auf rotierendem Stab T = m 2 (ṙ2 + r 2 ˙φ2 ), φ = ωt als Zwangsbedingung
, r ist verallgemeinterte Koordinate
T = m 2 (ṙ2 + r 2 ω 2 )

Kapitel 3
Symmetrieprinzipien
Löse Probleme ohne zu rechnen
3.1 Mechanische Ähnlichkeit
3.1.1 Allgemeine Betrachtungen
Mutliplikation von L mit konstanten Faktoren ändert die Bewegungsgleichung nicht.
Betrachte Potential U, welches eine homogene Funktion der Koordinaten ist, d.h.:
z.B.: U =
∑
i,j,i≠j
− m im j G
|⃗r i −⃗r j |
U(α⃗r 1 , . . . , α⃗r n ) = α k U(⃗r 1 , . . . , ⃗r n )
=⇒ k = −1
oder U = ∑ κ ij (⃗r i − ⃗r j ) 2 =⇒ k = 2
i,j
Betrachte Transformation : ⃗r i → ⃗r i ⋆ = α⃗r i , t → t ⋆ = βt
deshalb
d⃗r
dt → d⃗r⋆
dt = α d⃗r
⋆ β dt
Potentielle Energie : U →
(
U ⋆ )
= α k U
2
Wähle β passend, so dass = α k , also β = α 1− k 2
α
β
( ) 2 α
=⇒ T → T ⋆ = T
β
} {{ }
kinetische Energie
Unter der Transformation ⃗r i → ⃗r ⋆ i = α⃗r i und t → t ⋆ = α 1− k 2 t erhält L den Faktor α k und
die Bewegungsgleichungen für ⃗r ⋆ , t ⋆ ist identisch zu denen für ⃗r, t
=⇒ Wenn ⃗r i (t) eine Lösung der Bewegungsgleichung ist, dann auch α⃗r(α 1− k 2 t)
19

20 KAPITEL 3. SYMMETRIEPRINZIPIEN
Im Skalenverhältnis für l ⋆ : l = α sind ähnliche Bahnen erlaubt.Die Laufzeiten zwischen
entsprechenden Bahnpunkten verhalten sich wie
3.1.2 Virialsatz
t ⋆ t = ( l
⋆
l
) 1−
k
2
Zusammenhang zwischen zeitlichem Mittel von kinetischer Energie und potentieller Energie.
Betrachte Teilchen ohne Zwangsbedingung in kartesischen Koordinaten.
Definiere: G = ∑ i
Es gilt :
⃗p i ⃗r i
d
dt G = ∑ i
⃗p i ˙⃗ri + ∑ i
Definiere den zeitlichen Mittelwert einer Größe F (t)
⃗p⃗r ˙ i i = 2 ∑ m i
2 ˙⃗r i
2 + ∑
i
i
} {{ }
T
⃗F i ⃗r i
∫
1
τ
〈F (t)〉 = lim dtF (t)
τ→∞ τ
0
Speziell:
Annahme: Es sei
〈 d ∫
1
τ
G(t)〉 = lim dt d 1
G(t) = lim (G(τ) − G(0))
dt τ→∞ τ dt τ→∞ τ
0
(a) entweder die Bewegung periodisch, dann wählen wir τ entsprechend der Wiederkehrzeit.
G(0) = G(τ) = G(2τ) = . . .
(b) oder es sind |⃗p i | und |⃗r i | beschränkt, dann ist auch G(t) beschränkt
In beiden Fällen gilt dann 〈 d G(t)〉 = lim (G(τ) − G(0)) = 0 =⇒ 〈2T + ∑ ⃗F
dt i ⃗r i 〉 = 0
τ→∞ i
Annahme: F ⃗ i sei aus dem Potential U(⃗r 1 , . . . , ⃗r n ) gewonnen , also F ⃗ i = −∇ ⃗ i U
2〈T 〉 =
〈 ∑
i
( ⃗ ∇ i U(⃗r 1 , . . . , ⃗r n )⃗r i
〉

3.2. SYMMETRIEN ⇐⇒ ERHALTUNGSSÄTZE 21
Eulersches Theorem
Annahme : U sei homogene Funktion vom Grad k
∑
( ∇ ⃗ i U)⃗r i = kU
i
Somit gilt für homogene U
〈T 〉 = k 2 〈U〉
Beispiele:
(a) k = −1 =⇒ Galaxienhaufen
(b) k = 2 =⇒ Harmonischer Oszillator
3.2 Symmetrien ⇐⇒ Erhaltungssätze
3.2.1 Motivation
Energieerhaltung vs ∂L
∂t = 0
L ist invariant unter t → t ′ = t + ε
3.2.2 Zyklische Koordinate
∂L
∂L
= 0 =⇒ ist erhalten
∂q ∂ ˙q
Frage : Kann der Zusammenhang zwischen Erhaltungsgröße und Invarianz ohne Bezug auf
Koordinatensystem formuliert werden?
3.2.3 Noethertheorem
Invarianz von S[q i ] : q i sei Lösung der Euler-Lagrange-Gleichung
Es gebe eine Transformation :
( ) (
)
q i qi ⋆ = q i + εψ i (q j , ˙q j , t)
T : →
t t ⋆ = t + εϕ(q j , ˙q j , t)

22 KAPITEL 3. SYMMETRIEPRINZIPIEN
Wobei ε infinitesimal klein sei.
Vergleiche S[q i (t)] (Randwerte t 1 , t 2 ) und S[q ⋆ i (t ⋆ )] (Randwerte t ⋆ 1, t ⋆ 2)
Satz
Noethertheorem
Sei S[q i (t)] = S[q ⋆ i (t ⋆ )] mit
( ) (
)
q i qi ⋆ = q i + εψ i (q j , ˙q j , t)
T : →
t t ⋆ = t + εϕ(q j , ˙q j , t)
Dann nennen wir S invariant unter T . Es liegt eine Symmetrie vor =⇒ Es gibt
eine Erhaltungsgröße Q mit
Q(q i , ˙q i , t) = ∑ i
( ) (
∂L
ψ i + L − ∑ ∂ ˙q i
i
)
∂L
˙q i ϕ
∂ ˙q i
und
d
dt Q = 0
Beispiele
(a) Zeitinvarianz =⇒ ψ = 0, ϕ = 1
∑
Q = L − N ∂L
∂ ˙⃗r
˙⃗ri
i
i=1
Laut Eulertheorem ist N ∑
i=1
∑
∂L
∂ ˙⃗r
˙⃗ri = N ∂T
i ∂ ˙⃗r
˙⃗ri = 2T
i
i=1
Somit ist Q = T − U − 2T = −(T + U), also ist nacht Noethertheorem d (T + U) =
dt
d
E = 0 =⇒ Energieerhaltung
dt
(b) L(q i , ˙q i , t) sei unabhängig von q j .
Wähle ψ = δ ij , ϕ = 0 =⇒ Q = ∂L
∂ ˙q j
(c) Zwei Variablen q x , q y und L sei von der Form L = m 2 ( ˙q2 x + ˙q 2 y) − U(q 2 x + q 2 y)

3.2. SYMMETRIEN ⇐⇒ ERHALTUNGSSÄTZE 23
⎛ ⎞ ⎛
⎞
q x qx ⋆ = q x + εq y
⎜ ⎟ ⎜
Transformation ⎝q y ⎠ → ⎝qy ⋆ ⎟
= q y − εq x ⎠ =⇒
t
t ⋆ = 0
⎛ ⎞
ψ x = q y
⎜ ⎟
⎝ψ y = −q x ⎠
ϕ = 0
Also Q = m( ˙q x q y − ˙q y q x ) = ⃗ L z . Somit folgt Drehimpulserhaltung in z Richtung
3.2.4 Beweis des Noethertheorems
( ) (
)
q i qi ⋆ = q i + εψ i (q j , ˙q j , t)
S[q] ist invariant unter T : →
t t ⋆ = t + εϕ(q j , ˙q j , t)
S[q] = S[q ⋆ ] mit den Randwerten t ⋆ 1, t ⋆ 2
∫t ⋆ 2
∫t 2
Beweis: dt ⋆ L(q ⋆ , dq⋆ , t ⋆ ) = dtL(q, dq , t)
dt ⋆ dt
t ⋆ 1
t 1
Für die linke Seite mit Variablentrasformation t ⋆ als Funktion von t
∫
t 2
t 1
dt ( dt ⋆
dt L(q⋆ , dq⋆
=⇒
∫t 2
t 1
dt d dt
Für alle q, t =⇒
dt ⋆ , t ⋆ ) ) =
( dt ⋆
dt L(q⋆ , dq⋆
d
dε
∫
Taylor
t 2
dt ( L(q, dq , t))) + ε d dt dε
t 1
, t ⋆ ) ) ∣ dt ⋆ ε=0
= 0
( dt ⋆
dt L(q⋆ , dq⋆ , t ⋆ ) ) ∣ dt ⋆ ε=0
= 0
Umformung von ( dt ⋆
dt L(q⋆ , dq⋆
dt ⋆ , t ⋆ ) ) .
Verwende dazu
dt ⋆
dt = 1 + εdϕ dt
dq ⋆
dt = dq⋆ dt
⋆ dt dt ⋆
=
( dq
dt + εdψ dt
= ˙q + ε( ˙ψ − ˙q ˙ϕ)
( dt ⋆
dt L(q⋆ , dq⋆
dt ⋆ , t ⋆ ) )
) (
1 − ε dϕ )
dt
Hierbei wurde getaylort,
dt
dt ⋆
= ( )
1 + ε dϕ −1
dt = 1 − ε
dϕ
+ dt O(ε2 )
Setze die Transformationen in d dt
( dt ⋆
dt L(q⋆ , dq⋆
dt ⋆ , t ⋆ ) ) ∣ ∣
ε=0
= 0 ein.

24 KAPITEL 3. SYMMETRIEPRINZIPIEN
0 = d (
L(q + εψ, ˙q + ε(
dε
˙ψ
∣∣ε=0
− ˙q ˙ϕ), t + εϕ)(1 + ε ˙ϕ))
( ∂L
=
∂q ψ + ∂L
∂ ˙q ( ˙ψ − ˙q ˙ϕ) + ∂L )
∂t ϕ + L ˙ϕ ( ) d ∂L
= ψ + ∂L (
dt ∂ ˙q ∂ ˙q ˙ψ + − ∂L )
∂ ˙q ˙q + L ∂L
˙ϕ +
}{{} ∂t
= d dt (∂L ∂ ˙q ψ) + d (
(L − ∂L )
dt ∂ ˙q ˙q)ϕ
( )
Also ist Q(q, ˙q, t) = ∂Lψ
+ L − ∂L ˙q ϕ = const
∂ ˙q ∂ ˙q
Mehrere Koordinaten
Q = ∑ (
∂L
ψ i + L − ∑ ∂ ˙q
i i
i
ϕ
nach 2.2.2 d ∂L
(L− dt ∂ ˙q ˙q)
)
∂L
˙q i ϕ
∂ ˙q i
Jede konstante Symmetrietransformation liefert eine Erhaltungsgröße.

Kapitel 4
Schwingungen eines Systems bei kleinen
Auslenkungen
4.1 Eigenfrequenzen und Eigenmoden
Sei
L = 1 ∑
a jk ˙q j ˙q k − U(q i )
2
j,k
Annahme: U besitze ein Minimum bei q i = q 0 i (Wobei 0 hier den Index angibt, i die
Komponente)
Taylor-Entwicklung um Minimum
U(q i ) = U(qi 0 ) + ∑ dU(q i ) ∣
∣qi
· (q
} {{ } dq
=q 0 i − qi 0 ) + 1 ∑ d d
U(q i ) ∣ j j
i
2 dq j dq qi =q k i
0
Irrelevant
j,k
} {{ }
=0
Betrachte nun kleine Auslenkungen : ˙q i , ˙q k ist bereits quadratisch
=⇒ a jk (q i ) → a jk (q 0 i ) = const
Es sei x i = q i − q 0 i , ẋ i = ˙q i
Definiere
· (q j − q 0 j )(q k − q 0 k)
a jk (qi 0 ) = M jk
d d
U ∣ dq j dq qi
= K
=q 0 jk
k i
25

26KAPITEL 4. SCHWINGUNGEN EINES SYSTEMS BEI KLEINEN AUSLENKUNGEN
L = ∑ 1
M 2 jkẋ j ẋ k − ∑ 1
K 2 jkx j x k = 1 Mẋ − 1
j,k
j,k
2ẋT 2 xT Kx
Also gilt für weitere Betrachtungen
L = 1 2ẋT Mẋ − 1 2 xT Kx
M und K können symmetrisch gewählt werden
x ∈ C n , M ∈ C n×n
Bewegungsgleichung d ∂L
dt ∂ẋ i
− ∂L
∂x i
= 0
(
)
∑
∂ 1
Es gilt :
∂x i
K
2 jk x j x k = ∑ K ij x j
j
j,k
d
dt
∑
M ij ẋ j + ∑
j
j
K ij x j = 0
Somit ergibt sich
Mẍ + Kx = 0
System linearer DGL mit konstanten Koeffizienten.
Ansatz x k (t) = A k e iωt , A ∈ C n
Eingesetzt :
−ω 2 M · A + KA = 0 oder
(K − ω 2 M)A = 0 (4.1)
In Komponenten
∑
(K ij − ω 2 M ij )A j = 0 (4.2)
j
Damit diese Gleichung eine nicht-triviale Lösung hat, muss K − ω 2 M singulär sein, also
det(K − ω 2 M) = 0

4.1. EIGENFREQUENZEN UND EIGENMODEN 27
det(K − ω 2 M) ist ein Polynom n−ten Grades in ω 2 =⇒ n Nullstellen
Beachte: Eigenwerte von K und M sind positiv definiert, da
x T Kx > 0 für |x| > 0 ( Minimum bei x=0 )
ẋ T Mẋ > 0 für |ẋ| > 0 ( kinetische Energie positiv)
Lösung der DGL
x i (t) = R(A i e −iωt )
mit ω = √ ω 2 und A i komplex. Aus physikalischen Prinzipien muss ω 2 positiv sein, sonst
gibt es exponentiell wachsende Lösungen.
Mathematischer Beweis :
KA = ω 2 M nach (4.1)
A ⋆T KA = ω 2 A ⋆T MA
ω 2 = A⋆T KA
A ⋆T MA
Wobei Zähler und Nenner jeweils positiv sind.
Wegen R ((a i + ib i )e ±iωt ) = a i cos(ωt) ∓ b i sin(ωt) genügt es, ω > 0 und nur e −iωt
betrachten
det(K − ω 2 M) = 0 hat n Lösungen (Eigenwerte) , ωk 2, k = 1, . . . , n
Eventuell fallen r zusammen. Dann hat das zu ωk 2 gehörige Gleichungssystem
zu
∑
(K ij − ωkM 2 ij )A (k)
j = 0
j
den Rang n − r. Es können r Komponenten von A (k) frei gewählt werden =⇒ r verschiedene
Lösungen (Linear unabhängige Lösungen) zu ω k .
A (k)
j
bezeichnet hier allerdings nicht die k−te Ableitung des Vektors, sondern der zu ω 2 k
dazugehörige Vektor A
Die allgemeinste Lösung ist eine Kombination der Fundamentalschwingunen (Einzellösungen)
Im Fall ω 2 k = 0 ersetzen wird c ke iω kt durch a k + b k t

Für k ≠ l gelte ω 2 l ≠ ω 2 k . Also A (l)T MA (k) = 0
28KAPITEL 4. SCHWINGUNGEN EINES SYSTEMS BEI KLEINEN AUSLENKUNGEN
4.2 Normalkoordinaten
Übergang zu neuen Koordinaten, die den Eigenmoden entsprechen (analog zu Diagonalisierung
einer hermiteschen Matrix. Hier wegen M und K ≠ 1 etwas komplizierter)
Es gilt
(K − ω 2 kM)A (k) = 0 =⇒ A (l)T (K − ω 2 kM)A (k) = 0 für beliebige k, l (4.3)
Ebenso (K − ω 2 k M)A(k) = 0 transponiert : A (l)T (K T − ω 2 k M T ) = 0
Aufgrund der Symmetrie ist K T = K, M T = M
A (l)T (K − ω 2 l M)A (k) = 0 (4.4)
Betrachte nun (4.4) − (4.3) (ω 2 k − ω2 l )A(l)T MA (k) = 0
Für k = l wähle die Normierung von A (k) so, dass A (k)T MA (k) = 1 =⇒ A (l)T M Also
A (l)T MA (k) = δ lk
Falls M = 1 =⇒ Eigenvektoren von K bilden ein Orthonormalsystem.
Definiere die Matrix
a = (a ij ) = ( A (1) |A (2) | . . . |A (n))

4.3. ANHARMONISCHE SCHWINGUNGEN 29
Wobei a T Ma = 1
Wegen A (k)T (K − ω 2 k M)A(k) = 0 gilt A (l)T KA (k) = ω 2 k δ lk oder
⎛
⎞
ω1 2 0 0
a T Ka = ⎜
⎝ 0
.. . 0
⎟
⎠ = (ω2 )
0 0 ωn
2
Die Ersetzung x = aQ führt auf ein System von entkoppelten harmonisch Oszillierenden Q i
L = 1 2ẋT Mẋ − 1 2 xT Kx
= 1 2 ˙Q T a T Ma } {{ }
1
˙Q − 1 2 QT a} T {{ Ka}
Q
(ω 2 )
= 1 2 ˙Q T 1 ˙Q − 1 2 QT (ω 2 )Q
= ∑ k
1
2 ˙Q 2 k − 1 2 ω2 kQ 2 k
4.3 Anharmonische Schwingungen
Bisher : kleine Auslenkungen um die Ruhelage, woraus sich ergeben haben
• lineare Bewegungsgleichungen
• Frequenz unabhängig von der Stärke der Auslenkung.
Frage: Was passiert bei Berücksichtigung höherer Terme in der Taylor-Entwicklung? Es
ergeben sich Nicht-Linearitäten und Anharmonizitäten. (Nichtlineare Medien ergeben Einmischungen
von Oberschwingungen,z.B.: Optik - Frequenzverdopplung) Ansatz ist dann
L = 1 ∑
(m ik ẋ i ẋ k − k ik x i x k ) + 1 ∑
(n ikl ẋ i ẋ k x l ) − 1 ∑
(l ikl x i x k x l )
2
2
3
i,k
Verboten sind hierbei jedoch ẋ 3 und ẋ 1 , da die Geschwindigkeit nie linear auftaucht wegen
T = f ik (x j )ẋ j ẋ k
i,k,l
i,k,l

30KAPITEL 4. SCHWINGUNGEN EINES SYSTEMS BEI KLEINEN AUSLENKUNGEN
4.3.1 Betrachtung der Quadratischen Terme
Übergang zur Normalkoordinaten durch lineare Transofrmation : x i = lineare Funktion
von Q k .
L = 1 ∑ (
˙Q 2 k − ω 2
2
kQk)
2 + 1 ∑
)
(λ ijk ˙Q i ˙Q j Q k − 1 ∑
(µ ijk Q i Q j Q k )
2
3
k
i,j,k
Die Bewegungsgleichungen ergeben sich aus d dt
∂L
∂ ˙Q − ∂L
k ∂Q k
¨Q k + ω 2 kQ k = f k
(Q,
)
˙Q, ¨Q
i,j,k
= 0, woraus sich hier ergibt
Wobei f k von allen Q abhängen kann. Frage: Wie lautet f k ausgedrückt durch λ, µ ?
(
d ∂L
dt ∂ ˙Q
= d ˙Q k + ∑ )
λ hkj ˙Q h Q j
k
dt
h,j
= ¨Q k + ∑ (
λ hkj ¨Qh Q j + ˙Q
)
h ˙Q j
hj
} {{ }
f k
∂L
=
∂Q k
f k harmonische Funktion zweiten Grades in Q, ˙Q, ¨Q j
Störungstheorie
Die Summenterme, also mit f k sind klein gegenüber ω 2 k Q k. Alternative Lösung
Q k = Q (1)
k
+ Q (2)
k
+ Q (3)
k
+ . . .
(a) Bestimmte Q (1)
k
aus
¨Q (1)
k
+ ω 2 kQ (1)
k
= 0
(b) Q (1)
k
in f eingesetzt liefert eine Gleichung für Q (2)
k
mit
|Q (2)
k
|

4.3. ANHARMONISCHE SCHWINGUNGEN 31
Es ergibt sich Q (1)
k
= a k cos(ω k t + α k ). Q (1)
k
+ Q (2)
k
wird in ¨Q k + ωk 2Q k = f k (Q, ˙Q, ¨Q)
eingesetzt. Auf der linken Seite fällt Q (1)
(2)
k
heraus, es bleibt ¨Q
k
+ ω k Q (2)
k
= . . . . Auf der
rechten Seite setzen wir für Q i die Näherung Q (1)
i ein. Dies ist quadratisch in Q, ˙Q, ¨Q und
ist gegeben durch
f k (Q (1) , ˙Q (1) , ¨Q (2) )
f k enthält Produkte vom Typ
Q (1)
i Q (1)
j = a i a j cos(ω i t + α i ) cos(ω j t + α j )
= a i a j
1
2 (cos ((ω it + α i ) + (ω j tα j )) + cos ((ω i t + α i ) − (ω j t + α j )))
und ähnlich für Q ˙Q, ˙Q 2 , . . .
Betrachten wir nun die Zweite Ordnung
¨Q (2)
k
+ ωkQ 2 (2)
k
= ∑ i,j
a i a j (cos ((ω i t + α i ) + (ω j tα j )) + cos ((ω i t + α i ) − (ω j t + α j )))
Gleichung wie mit einer äußeren periodischen ( ) Kraft, die mit einer Kombinationsfrequenz
2ω k
ω i ± ω j , wirkt, darunter auch ω k ± ω k = → Frequenzverdopplung.
0
Bei der dritten Näherung Q (3) gibt es bei den Winkelfunktionen der Form
a i a j a k cos ((ω i ± ω j ± ω k )t + α i ± α j ± α k )
und speziell für i = j = k auch Terme der Form
a 3 k cos(ω k t + α k )
Die Differentialgleichung ist dann von der Form
¨Q (3)
k
+ ω 2 kQ (3) = a 3 k cos(ω k t + α k )
und führt zu Lösungen mit zeitlich wachsender Amplitude mit
Q (3)
k
= a3 k
2ω k
t sin(ω k tα k )

32KAPITEL 4. SCHWINGUNGEN EINES SYSTEMS BEI KLEINEN AUSLENKUNGEN
Dies ist jedoch nicht physikalisch akzeptabel! Es würde einen Widerspruch zur Energieerhaltung
geben. Wir müssen die Frequenz korrigieren. Der lineare Term rührt hier von
(
)
cos (ω (0)
k
+ ∆ω k )t ≈ cos(ω (0)
k t) − t∆ω k sin(ω (0)
k t)
} {{ }
ursprüngliche Grundfunktion,≤1
Dies ist jedoch linear in t und kann deswegen nur für kleine Zeiten gelten. Durch Isolierung
der in t−linearen Terme gewinnt man die Frequenzverschiebung. Beispiel: Ein Freiheitsgrad,
Rechnung bis zur dritten Ordnung.
L = m 2 ẋ2 −
( mω
2
0
2 x2 + m 3 αx3 + m 4 βx4 )
} {{ }
:=V (x)
(4.5)
Die Bewegungsgleichung ist dann
ẍ + ω 2 0x = −αx 2 − βx 3
und |ω 2 0x| >> |αx 2 | >> |βx 3 |. Als Ansatz wähle
x = x (1) + x (2) + x (3) + . . .
x (1) = a cos(ωt)
ω = ω 0 + ω (1) + ω (2)
ω (1) , ω (2) soll so bestimmt werden, dass kein Resonanzterm auftaucht. Umformung von
(4.5) so, dass die linke Seite immer Null wird.
( )
ω0
2
ω ẍ + 2 ω2 0x = −αx 2 − βx 3 − 1 − ω2 0
ẍ (4.6)
ω 2
Als Ansatz wähle
x = x (1) + x (2)
ω = ω 0 + ω (1)

4.3. ANHARMONISCHE SCHWINGUNGEN 33
Einsetzen in (4.6) liefert, dass die linke Seite verschwindet für x = x (1) . Auf der rechten
Seite nur x (1) einsetzen, aufgrund kleiner Auslenkungen von x (2) . Weiterhin kann der x 3
Term aufgrund vergleichsweiser kleiner Werte vernachlässigt werden. Also
( )
ω0
2
ω 2 ẍ(2) + ω0x 2 (2) = −αa 2 cos 2 (ωt) − 1 − ω2 0
(−a)ω 2 cos(ωt)
ω 2
= −αa 2 1 2 (1 − cos(2ωt)) + a(ω2 − ω 2 0) cos(ωt)
= −αa 2 1 2 (1 − cos(2ωt)) + (2ω 0 + ω (1) )ω (1) cos(ωt)
} {{ }
Dies wäre jedoch ein Resonanzterm
Daraus ergibt sich, da kein Resonanzterm exisitieren darf
ω (1) = 0
. Dies bedeutet keine Frequenzveränderung. In der zweiten Näherung ergibt sich : Bestimme
x (2) (t) aus
ẍ (2) + ω 2 0x (2) = − αa2
2
(1 + cos(2ωt)) (4.7)
Die Lösung ist bereits aus Theo A bekannt, es ist eine Verschiebung um − αa2
2ω0
2
harmonische Frequenz 2ω
und um eine
x (2) = − αa2
2ω 2 0
+ α 6
a 2
ω0
2
cos(2ωt) (4.8)
Die dritte Näherung
x = x (1) + x (2) + x (3)
ω = ω 0 + ω (2)

34KAPITEL 4. SCHWINGUNGEN EINES SYSTEMS BEI KLEINEN AUSLENKUNGEN
Betrachte die Gleichung (4.6), wobei nur die Terme der dritten Ordnung betrachtet werden
z.B.:
(x (1) + x (2) + x (3) ) 2 = (x (1 ) 2 Zweite Ordnung
= 2x (1) x (2) dritte Ordnung
= (x (2) ) 2 vierte Ordnung
Damit folgt
ẍ (3) + ω0x 2 (3) = −2αx (1) x (2) − β(x (1) ) 3 + 2ω 0 ω (2) x (1)
Setze x (1) und x (3) aus (4.8) rechts ein . Verwende Theoreme für Produkte von Sinus und
Cosinus.
Nach Rechnung erhält man
[ ] β
ẍ (3) + ω 0 x (3) = a 3 4 − α2
cos(3ωt) + a
6ω0
2
cos ωt · cos 2ωt =
cos 3 ωt =
[
2ω 0 ω (2) + 5 a 2 α 2
− 3 ]
6 ω0
2 4 a2 β
} {{ }
Muss 0 sein aufgrund von Resonanzschwingungen
cos(ωt)
Daraus folgt
( 3
ω (2) β
= − 5 8 ω 0 12
α 2
ω0
3
)
a 2
Daraus ergibt sich für die Störung von x
x (3) =
a3
16ω 2 0
( α
2
3ω 2 0
− β 2
)
cos(3ωt)

4.3. ANHARMONISCHE SCHWINGUNGEN 35
Beispiel Als Beispiel wähle ein Fadenpendel mit Auslenkwinkel θ , Länge l und Masse
des Pendelkörpers m.
L = m 2 l2 ˙θ2 − V (θ)
E = m 2 l2 ˙θ2 + V (θ)
V (θ) = −mgl cos(θ)
1. Methode E = const, ˙θ 2 =
E−V (θ)
m l2 2
√
ml
2
2
dθ
√
E − V (θ)
= dt
Wähle θ 0 ( eine mögliche Auslenkung) so, dass V (θ 0 ) = E
√
ml
2
2
dθ
√
−mgl(cos θ0 − cos θ) = dt
√
∫
l
θ 0
dθ
√ = T g 2(cos θ − cos θ0 4
0
Wobei T die Umlaufdauer angibt mit T = 2πR
ω
Bronstein u.ä. zu lösen.
Näherung ist hier dann
√
T
4 = l
g
cos θ = 1 − θ2
2 − θ4
24
∫ θ 0
0
Dies ist ein elliptisches Integral, mit
dθ
√
(θ0 2 − θ 2 ) + (θ 4 − θ0) 4 · 1
12
Führende Ordnung
∫ θ 0
∫1
dθ
√
θ
2
0 − θ = 2
du
√
1 − u
2 = π 2
0
0

36KAPITEL 4. SCHWINGUNGEN EINES SYSTEMS BEI KLEINEN AUSLENKUNGEN
Damit gilt für die führende Ordnung
T =
ω 0 =
√
l
g 2π
√ g
l
Korrektur :
∫1
T
ω 0
4 =
0
du
√
1 − u 2 + θ0 2 (u 4 − 1) · 1
12
Verwende
1
√
1 − δ
≈ 1 + δ 2
für kleine δ
∫1
T
ω 0
4 =
ω 0 T
4
0
[
du
√ 1 + θ2 0
1 − u
2 2
= π 2 + θ2 0 3 π
24 2 2
= π ( )
1 + θ2 0
2 16
]
1 + u 2
2
Woraus sich ergibt
2. Methode
Daraus ergibt sich
( )
ω = ω 0 1 − θ2 0
16
L = ml 2 [ 1
2 ˙θ 2 − 1 2 ω2 0
)]
(θ 2 − θ4
12
β = 1 6 ω2 0 a = θ 0
(
3
8 ω(2) = θ2 0
− 1 )
ω 0 6 ω2 0 = − 1 16 ω 0θ0
2
Dies ist jedoch genau das Ergebnis aus der Menablathode der Anharmonischen Näherung
aus der 1. Methode.

4.3. ANHARMONISCHE SCHWINGUNGEN 37
ẋ
ẋ (1)
ẋ (2)
T
2
t
T = 2π ω
T 0 = 2π
ω 0
Abbildung 4.1: Fourier-Reihe

38KAPITEL 4. SCHWINGUNGEN EINES SYSTEMS BEI KLEINEN AUSLENKUNGEN

Kapitel 5
Hamilton-Formalismus kanonischer
Gleichungen/ Poisson-Klammern
5.1 Struktur der Mechanik
• Hamilton Funktion H (Symmetrie zwischen Koordinaten und Impuls, Quantenmechanik
Hamilton Operator).
• Poisson-Klammern (In der Quantenmechanik vergleichbar mit der Vertauschungsrelation).
• Phasenraum (Satz von Liouville)
5.1.1 Legendre Transformation : von L zu H
Lagrange Funktion hängt ab von q, ˙q, t. Euler-Lagrange-Gleichungen lieferen Differentialgleichungen
zweiten Grades.
Ziel: Übergang zu q und p = ∂L (und t) als unabhängige Variablen liefern ein System von
∂ ˙q
Zwei Differentialgleichungen erster Ordnug (bzw 2n DGL für n Freiheitsgrade).
Mathematischer Einschub: Legendre Transformation Betrachte f(x, y) =⇒ df =
udx + vdy mit u = ∂f , v = ∂f . f spielt die Rolle eines Potentials. Wenn lediglich u und v
∂x ∂y
gegeben sind, muss gelten
∂u
∂y = ∂v
∂x
39

40KAPITEL 5. HAMILTON-FORMALISMUS KANONISCHER GLEICHUNGEN/ POISSON-KLAM
f, u, v sind Funktionen von x, y. Ziel: Übergang auf neue Funktion g, so dass u = ∂f
∂x und
y unabhängige Variablen sind. Wähle hierzu
g = f − ux (5.1)
g = Legendre-Transformation zu f
dg = df − udx − xdu = udx + vdy − udx − xdu
dg = vdy − xdu (5.2)
v und x sind selbst als Funktion von u und y zu interpretieren. Es gilt weiterhin ∂f (x, y) =
∂x
u. Die Inversion liefert x =Funktion von y, u. v = ∂f (x(y, u), y)
∂y
Wegen (5.2) gilt
∂u
∂y | u=const = v, ∂g
∂u | y=const = −x
Verweis auf Thermodynamik : Energie auf freie Energie (Thermodynamische Potentiale).
5.1.2 Hamilton Funktion
Betrachte
H = ˙q ∂L
∂ ˙q − L
(bis auf Vorzeichen wie (5.1) Annahme ∂L (q, ˙q, t) = p ist umkehrbar
∂ ˙q
=⇒ ˙q =Funktion
von q, p, t
H(q, p, t) = ˙q(q, p, t)p − L(q, ˙q(q, p, t), t)
dH = ˙qdp − ṗdq − ∂L
∂t dt

5.1. STRUKTUR DER MECHANIK 41
Somit folgt
Definition
Kanonische Gleichungen
∂H
∂p = ˙q
∂H
∂q = −ṗ
∂H
∂t = −∂L ∂t
Energieerhaltung
Wegen
gilt dH dt
= ˙q dp
dt − ṗ dq
− ∂L dt
dt ∂t
dt . Also
dH = ˙qdp − ṗdq − ∂L
∂t dt
d
dt H = ∂H
∂t
5.1.3 Poisson Klammern
Es sei f(p, q, t) eine beliebige Funktion der Koordinaten, Impulse und der Zeit. Dann ist
Die Hamilton - Gleichungen liefern
df
dt = ∂f
∂p ṗ + ∂f
∂q
˙q +
∂f
∂t
df
dt = ∂f (
− ∂H )
+ ∂f ∂H
∂p ∂q ∂q ∂p + ∂f
∂t

42KAPITEL 5. HAMILTON-FORMALISMUS KANONISCHER GLEICHUNGEN/ POISSON-KLAM
Notation
Definition
Poisson-Klammern bei n Freiheitsgraden
{H, f} =
n∑
k=1
∂H
∂p k
∂f
∂q k
− ∂H
∂q k
∂f
∂p k
Somit folgt
Falls ∂f
∂t
df
dt
= 0 und falls {H, f} = 0 ergibt sich
= {H, f} +
∂f
∂t
df
dt = 0
( )
Beispiel: f = xp y − yp x und H = 1
2m p
2
x + p 2 y + p 2 z + V (x 2 + y 2 + z 2 ) Für beliebige f, g
definieren wir
{f, g} = ∑ ∂f ∂g
− ∂f ∂g
∂p k ∂q k ∂q k ∂p k
k
Was erhält man für {L x , L y } mit L x = yp z − zp y und L y = xp z − zp x . Es gilt dann
{f, q k } = ∂f
∂p k
{q i , q k } = 0
{p i , p k } = 0
{p i , q k } = δ ij
Quantenmechanik : {f, g} =⇒ [F, G]
5.1.4 Phasenraum
Wodurch ist der Zustand eines mechanischen Systems vollständig beschrieben?
Die Lage eines mechanischen Systems mit N Freiheitsgraden wird durch die N Koordinaten
g i beschrieben. Allein durch die Angabe der Lage der Teilchen lässt sich die zeitliche
Entwicklung des Systems nicht berechnen, DGL 2. Ordnung, daher 2 Anfangsbedingungen.

5.1. STRUKTUR DER MECHANIK 43
Zur vollständigen Beschreibung des Zustands des Systems benötigt man die Kenntnis der
Impulse zum Zeitpunkt t 0 .
Alle möglichen Werte der Koordinaten q i und Impulse p i bilden den Phasenraum. Zu jeder
Zeit wird der Zustand eines Systems durch einen Punkt im Phasenraum beschrieben.
Beispiel: harmonischer Oszillator
L = m 2 ˙q2 − mω2
2 q2
der kanonische Impuls p = ∂L
∂ ˙q = m ˙q =⇒ ˙q = p m
Definiere neue Variablen:
z 1 = √ mωq, z 2 = 1 √ m
p
Kanonische Gleichungen:
H(q, p) = p ˙q − L = p2
m − p2
2m + mω2
2 q2 = 1 p 2
2 m + mω2
2 q2
Ausgedrückt durch die neuen Variablen
=⇒ H = 1 2 z2 1 + 1 2 z2 2
∂H
∂p = d dt q, ∂H
∂q = − d dt p
∂H
∂p = ∂H ∂z 2
∂z 2 ∂p = √ 1 ∂H
= d m ∂z 2 dt q = d dt
1
√ z 1 = 1 d
√ mω mω dt z 1
mit τ = tω folgt
∂H
= 1 d
∂z 2 ω dt z 1
∂H
= − 1 d
∂z 1 ω dt z 2
∂H
∂z 2
= d dt z 1,
∂H
∂z 1
= − d dt z 2
=⇒ z 2 = d dt z 1, z 1 = − d dt z 2
mit der Lösung
z 1 (t) = a cos(τ − ϕ)

44KAPITEL 5. HAMILTON-FORMALISMUS KANONISCHER GLEICHUNGEN/ POISSON-KLAM
z 2 (t) = −a sin(τ − ϕ)
Anfangswerte zur Zeit t = 0:
z 0 1 = √ mωq(0)
z 0 2 = 1 √ m
p(0)
die Energie ist erhalten, E = H, also
durch Einsetzen der Anfangsbedingungen
E = H = 1 2 (z2 1 + z 2 2) = const. = a2
2
a =
√
(z 0 1) 2 + (z 0 2) 2
cos(ϕ) = z0 1
a
, sin(ϕ) = z0 2
a
Betrachte Bewegung im Phasenraum:
U(z 1 )
E
z 1
z 2
z 1
(z 0 1, z 0 2)
Abbildung 5.1: Bewegung im Phasenraum

5.1. STRUKTUR DER MECHANIK 45
Bewegung im Phasenraum liegt auf einem Kreis.
Verschiedene Energien entsprechen verschiedenen Radien des Kreises, Kreisfrequenz ist für
alle Energien dieselbe!
Die Zustände mit E 1 ≤ E ≤ E 2 belegen ein bestimmtes Volumen im Phasenraum entspricht
der Fläche des entsprechenden Kreisringes. Drückt man die Variablen z 1 , z 2 wieder durch
q und p aus, erhält man im Phasenraum eine Ellipse mit Halbachsen
P max = √ 2Em, q max =
Die Fläche der Ellipse ist gegeben durch
√
2E
mω 2
F = πq max p max = 2π E ω
Die Zustände mit Energie E 1 ≤ E ≤ E 2 besitzen das Volumen
Dimension des Volumens:
2π
ω (E 2 − E 1 )
Wirkung = Energie · Zeit
= Ort · Impuls
= verallgemeinerter Ort · verallgemeinerter Impuls
Quantenmechanik: Nur ein Zustand in einem Volumenelement der Größe 2π 1 n existiert.
Harmonischer Oszillator: Energien quantisiert
E = ω(n + 1 2 ), n ∈ N
Beispiel: ebenes Pendel
L = l2 m
2 ˙ϕ2 − U(ϕ) = m 2 l2 ˙ϕ 2 + (cos(ϕ) − 1)mgl
kanonisch konjugierter Impuls: p = ∂L
∂ ˙ϕ = l2 m ˙ϕ
=⇒ ˙ϕ = p
ml 2

46KAPITEL 5. HAMILTON-FORMALISMUS KANONISCHER GLEICHUNGEN/ POISSON-KLAM
H =
Führe wie zuvor neue Variablen ein
z 1 = ϕ, z 2 =
p2
− (cos(ϕ) − 1)lmg
2ml2 p
ml 2 ω , ω2 = g l , τ = ωt
dz 1
dτ = z 2(τ),
dz 2
dτ = − sin(z 1(τ))
H = 1 2 mglz2 2 − (cos(z 1 ) − 1)mgl
Energie ist wieder erhalten.
ε =
H mgl = 1 2 z2 2 − (cos(z 1 ) − 1) = const.
Bahnen im Phasenraum für festes ε
z 2 = ± √ 2(ε + cos(z 1 ) − 1) (5.3)
Diskutier 5.3 für verschiedene Werte von ε.
(1) ε > 2:
ε + cos(z 1 ) − 1 > 0∀z 1
Nullstelle wird nicht erreicht. z 2 immer entweder > 0 oder < 0
Lösung periodisch mit Periode 2π symmetrisch um 0
maximal für z 1 = 0, 2π, . . .
minimal für Z 1 = π, −π, . . .
U(z 1 )
−π +π
Abbildung 5.2: Potential
z 1

5.1. STRUKTUR DER MECHANIK 47
z 2
(3)
−π (2) +π
z 1
(1)
Abbildung 5.3: Phasenraumdiagramm des Pendels
(2) kleine ε:
ε + cos(z 1 ) − 1 > 0 =⇒ z 1 klein
ε + (1 + z2 1
2
) − 1 > 0 =⇒ z 2 1 2ε
also z 2 = ± √ 2ε − z 2 1
=⇒ z 2 1 + z 2 2 = 2ε
Kreise im Phasenraum mit Radius 2ε!
(3) Grenzfall ε = 2, Kriechfall:
z 2 = ± √ 2(cos(z 1 ) + 1)
z 2 nimmt für z 1 = ±π den Wert 0 an.
Satz
Satz von Liouville
Gegeben sei ein Ensemble von Zuständen in einem Gebiet des Phasenraums
mit vorgegebenem Volumen V . Bei der zeitlichen Entwicklung bleibt das Volumen
konstant.

48KAPITEL 5. HAMILTON-FORMALISMUS KANONISCHER GLEICHUNGEN/ POISSON-KLAM

Kapitel 6
Starrer Körper ( Kreisel )
6.1 Kinematik
Bisher lediglich Massenpunkte. Ein ausgedehnter, starrer Körper K wird interpretiert als
viele Massenpunkte und Zwangsbedingung
∑
∫
m i → ρ(⃗x)dV
i
Wobei ρ(⃗x) die ortsabhängige Dichte beschreibt. Eine Beschreibung der Lage von K führt
zu einem Koordinatensystem.
• L ˆ= Laborsystem (ruhend) (X, Y, Z)
• K ˆ= körperfestes System (x, y, z). Der Nullpunkt von K wird häufig im Schwerpunkt
gewählt.
Im K-System (bezüglich L) festgelegt durch Ursprung von K und die Orientierung der
Achsen von K.
49

50 KAPITEL 6. STARRER KÖRPER ( KREISEL )
z
ˆr
z
P
⃗r
⃗R
Körper
y
x
x
y
Abbildung 6.1: Laborsystem
Lage des Körpers ist festgelegt durch 6 Koordinaten
(a) Lage wird offensichtlich bestimmt durch die Lage von 3 Punkten des Körpers P 1 , P 2 , P 3 .
Es gilt, dass 3 Punkten 9 Koordinaten entsprechen, jedoch gibt es 3 Zwangsbedingungen
(Abstände von P 1 , P 2 , P 3 ).
(b) Lage des Schwerpunkts ( ˆ= 3 Koordinaten) , 3 Winkel ( Eulerwinkel).
Lage eines beliebigen Punktes P des Körpers
• bezüglich L.
ˆr = (X, Y, Z)
• bezüglich K
⃗r = (x, y, z)
Bewegung
Infinitesimale Verschiebung von P : durch Verschiebung von K bezüglich L und durch Drehung
dˆr = dR ⃗ + d ˆϕ × ⃗r (6.1)

6.1. KINEMATIK 51
dˆr ist die Änderung im L-System, d ⃗ R ist die Verschiebung von K, d ˆϕ ist die Drehumg um
Winkel |d ˆϕ| um die Drehachse d ˆϕ
|d ˆϕ| .
Geschwindigkeit von P , betrachtet in L mit
dˆr
dt = ⃗v
d ˆϕ
dt = ⃗ Ω
d ⃗ R
dt = ⃗ V
Dann ergibt sich aus (6.1)
⃗v = ⃗ V + ⃗ Ω × ⃗r
Wobei ⃗ V die Translationsbewegung ist, ⃗ Ω die Winkelgeschwindigkeit ist und ⃗r körperfeste
Koordinaten von P sind.
Wähle ein zweites körperfestes System K’, verschoben gegen K.
⃗r = ⃗r 2 + ⃗a
Geschwindigkeit von K’ gegen L sei ⃗ V 2 , Winkelgeschwindigkeit sei ⃗ Ω 2 .
⃗v = ⃗ V + ⃗ Ω × ⃗r
= ⃗ V + ⃗ Ω × ⃗a + ⃗ Ω × ⃗r 2
Anderseits per Definition
für alle ⃗r 2 . Insgesamt ergibt sich also
⃗v = ⃗ V 2 + ⃗ Ω 2 × ⃗r 2
⃗V 2 = ⃗ V + ⃗ Ω × ⃗a
und
⃗Ω 2 = ⃗ Ω
Rotationsgeschwindigkeit eines Körpers ist unabhängig von der Wahl des Systemsnullpunkt,
aber ⃗ V hängt ab vom Nullpunkt.
• ⃗v = ⃗ Ω × ⃗r und ⃗ V 2 = 0

52 KAPITEL 6. STARRER KÖRPER ( KREISEL )
P
⃗r
• P sei Urpsrung, ⃗r 2 = 0, ⃗ V 2 = ⃗ Ω × ⃗a
P
⃗a
Falls ⃗ V ⊥ ⃗ Ω zu einem bestimmten Zeitpunkt, also
⃗V · ⃗Ω = 0
Also
⃗V 2 ⊥ ⃗ Ω
für beliebiges körperfestes System, da
⃗Ω · ⃗V 2 = Ω ⃗ ( )
⃗V + Ω ⃗ × ⃗a = 0

6.2. TRÄGHEITSTENSOR 53
Ferner gilt in diesem Fall
für alle P, also
⃗Ω · ⃗v = Ω ⃗ ( )
⃗V + Ω ⃗ × ⃗r = 0
⃗Ω ⊥ ⃗v
Falls ⃗ V ⊥ ⃗ Ω, dann kann man ein System O’ finden, so dass ⃗ V 2 = 0 (zu diesem Zeitpunkt).
Konstruktion Es sei ⃗v = ⃗ V + ⃗ Ω × ⃗r. Wähle ⃗r = ⃗r 2 + ⃗a mit ⃗a = − (⃗ V × ⃗ Ω)
| ⃗ Ω| 2 .
⃗v = V ⃗ + Ω ⃗ × ⃗r 2 − Ω ⃗ × ( V ⃗ × Ω) ⃗ 1
| Ω| ⃗ 2
= V ⃗ + Ω ⃗ (
× ⃗r 2 − ⃗V · Ω ⃗ 2 − Ω ⃗ · ( Ω ⃗ · ⃗V
) 1
)
| Ω| ⃗ 2
= Ω × ⃗r 2
Also insgesamt
⃗v = Ω ⃗ × ⃗r 2
Drehung und Translation des L-System entspricht also einer Drehung um verschobene
Achse.
6.2 Trägheitstensor
Kinetische Energie
Verwende
T = ∑ i
( ) 2
⃗v i 2 = ⃗V + Ω ⃗ × ⃗r
m i
⃗v 2 i
2
= ⃗ V 2 + 2 ⃗ V ( ⃗ Ω × ⃗r i ) + ( ⃗ Ω × ⃗r i ) 2
= ⃗ V 2 + 2 ⃗ V ( ⃗ Ω × ⃗r i ) + ⃗ Ω 2 ⃗r 2 i − ( ⃗ Ω · ⃗r i ) 2
Also
T = V 2 ∑
m i +
2
i
∑
V ⃗ × Ω ⃗ m i ⃗r i
} {{ }
0 falls O das Schwerpunktsystem ist
i
+ 1 ∑ (
m i ⃗Ω 2 ⃗r i 2 − ( Ω
2
⃗ )
· ⃗r i ) 2
i

54 KAPITEL 6. STARRER KÖRPER ( KREISEL )
Notation
⃗r i = (x i 1, x i 2, x i 3)
Definiere Trägheitstensor
I jk = ∑ i
∫
( )
m i δjk ⃗r i 2 − x i jx i k =⇒
V
ρ(⃗x)(δ jk ⃗r 2 − x j x k ) dV
Dann kann der zweite Term von T geschrieben werden als
1
2
3∑
Ω j I jk Ω k = 1 ΩI
2 ⃗ Ω ⃗
j,k=1
Definiere weiterhin
m i =⇒
∫
ρ(⃗r)dV
µ = ∑ i
Somit gilt insgesamt
V
T = ⃗ 2
2 µ + 1 ΩI
2 ⃗ Ω ⃗
Der Trägheitstensor ist definiert im Körperfesten System, welches den Ursprung im Schwerpunkt
hat.
V
Eigenschaften des Trägheitstensors
• Reell
• Symmetrisch
Daraus folgt, dass der Trägheitstensor diagonalisierbar ist. Dies entspricht einer Drehung
des körperfesten Systems. Die neuen Achsen bezeichnet man als Trägheitsachsen. Die Eigenwerte
(I 1 , I 2 , I 3 ) werden als Trägheitsmomente bezeichnet.
T rot = 1 (
I1 Ω 2 1 + I 2 Ω 2 2 + I 3 Ω 2
2
3)
Im allgemeinen
I 1 ≠ I 2 ≠ I 3
(z.b. unsymmetrische Kreisel), falls
I 1 = I 2

6.3. DREHIMPULS 55
ist dies der symmetrische Kreisel. Falls
I 1 = I 2 = I 3
bezeichnet man dies auch als Kugelkreisel. Dies muss nicht unbedingt eine Kugel sein,
einfachstes Beispiel ist ein Würfel.
Falls alle Massenpunkte auf Geraden sind , x 1 = x 2 = 0, x 3 ≠ 0 folgt
I 1 = I 2 = ∑ i
m i
(
x
i
3
) 2
I 3 = 0
Dies nennt man einen Rotator (Beispiel Hantel, 2-Atomiges Molekül).
Es gilt zyklisch
I 1 + I 2 ≥ I 3
Falls alle m i in der (x 1 , x 2 ) Ebene liegen, dann folgt
I 1 + I 2 = I 3
Satz von Steiner
Falls (I 2 ) jk bezüglich O 2 berechnet wird mit ⃗r = ⃗r 2 + ⃗a gilt
(I 2 ) jk = I jk + µ ( δ jk ⃗a 2 − a j a k
)
6.3 Drehimpuls
Definiere
Sei
⃗L = ⃗r × ⃗p
O = Schwerpunkt des starren Körpers
∑
m i ⃗r i = 0 ⃗r i bezüglich Körperfestem System K
i

56 KAPITEL 6. STARRER KÖRPER ( KREISEL )
⃗L ≡ Eigendrehimpuls
⃗L = ∑ i
= ∑ i
(
m i (⃗r i × ⃗v i ) − ∑ i
m i
(⃗r i 2 Ω ⃗ )
− ⃗r i (⃗r i Ω)
m i ⃗r i × ( ⃗ Ω × ⃗r i ) + ∑ i
m i (⃗r i × ⃗ V )
)
L j = ∑ k
I jk Ω k
Somit gilt allgemein
⃗L = I ⃗ Ω
Wenn zu einem Zeitpunkt das Koordinatensystem in Richtung der Hauptachsen zeigt, dann
gilt
L 1 = I 1 Ω 1 L 2 = I 2 Ω 2 L 3 = I 3 Ω 3
Richtung von L ⃗ und Ω ⃗ sind im allgemeinem verschieden.
Kräftefreie Bewegung
Dies führt zu
Kugelkreisel
⃗L = const
⃗L = I ⃗ Ω = a · 1 ⃗ Ω =⇒ ⃗ L ∝ ⃗ Ωconst
Wobei a ∈ R. Im Allgemeinen ist ⃗ Ω jedoch nicht konstant

6.4. SYMMETRISCHE KRÄFTEFREIE KREISEL 57
6.4 Symmetrische Kräftefreie Kreisel
Ω ⃗
L ⃗
θ x 3
x 1
von x 3 und L aufgespannte Ebene
Wähle x 1 in L−x ⃗ 3 −Ebene und x 2 senkrecht dazu. L 2 = 0 zu diesem Zeitpunkt =⇒ Ω 2 = 0.
Es gilt
L 1 = I 1 Ω 1 L 2 = I 2 Ω 2 = 0 L 3 = I 3 Ω 3
⃗L, Ω, ⃗ ⃗e x3 liegen immer in einer Ebene.
Allgemein gilt
⃗v i = Ω ⃗ × ⃗r i
für jeden Punkt des Kreisels. Punkte auf der Symmetrieachse liegen in der von ⃗ L und ⃗e x3
aufgespannten Ebene, daraus folgt ⃗v ⊥ Ebene. Daraus ergibt sich, dass die Geschwindigkeit
der Punkte auf der Symmetrieachse dieselbe Richtung hat ( ⃗ Ω × ⃗e x3 )und ist proportional
zum Abstand zum Ursprung. Die Achse rotiert um ⃗ L und der Winkel zwischen ⃗ L und ⃗e 3
bleibt erhalten: reguläre Präzession. Zusätzliche Rotation um x 3 −Achse.
Rotationsgeschwindigkeit um ⃗e 3
I 3 Ω 3 = L 3 = | ⃗ L| cos θ
Ω 3 = |⃗ L|
I 3
cos θ
Präzesionsgeschwindigkeit
Zerlege ⃗ Ω in anteil längs ⃗e 3 und anteil längs ⃗ L

58 KAPITEL 6. STARRER KÖRPER ( KREISEL )
⃗e 1
⃗ L
⃗ Ω
⃗Ω P r
| ⃗ Ω pr | sin θ = Ω 1 = L 1
Ω 1
θ
⃗e 3
Andererseits
L 1 = | ⃗ L| sin θ
⃗Ω praez = ⃗ L
I 1
I 3
6.5 Bewegungsgleichung des starren Körpers
mit
d
dt ⃗ L = ⃗ M ≡ Drehmoment
⃗M = ∑ i
⃗r i × ⃗ f i
wobei ⃗ f i die am Ort ⃗r i wirkende Kraft ist.
⃗L und ⃗ M sind bezüglich Schwerpunkt S definiert, in dessen Ruhesystem wir uns befinden.
Ferner gilt
∑
⃗f i = F ⃗ = 0
i

6.5. BEWEGUNGSGLEICHUNG DES STARREN KÖRPERS 59
Bei Verschiebung um ⃗a gilt
⃗M = ⃗ M 2 + ⃗a × ⃗ F
Also falls ⃗ F = 0
⃗M = ⃗ M 2
Eulerschen Gleichungen
Es sei
d
dt ⃗ A die zeitliche Änderung eines Vektors im Laborsystem. Wenn ⃗ A in einem mit ⃗ Ω
rotierendem System konstant bleibt, dann gilt
d
dt ⃗ A = ⃗ Ω × ⃗ A
Wenn sich ⃗ A außerdem im rotierendem System ändert und zwar mit d′
dt ⃗ A, dann gilt
d
dt ⃗ A = d′
dt ⃗ A + ⃗ Ω × ⃗ A
Benutze dies für
d
dt ⃗ L = ⃗ M
d ′
dt ⃗ L + ⃗ Ω × ⃗ L = ⃗ M
Wobei d′ L ⃗ die Änderung im Körperfesten rotierendem System K ist. Drücke alle Komponenten
im K−System aus, d.h. ( ) d
dt
′
L
dt ⃗ = d dt L j
und
j
⎛ ⎞
I 1 Ω 1
⎜ ⎟
⃗L = ⎝I 2 Ω 2 ⎠
I 3 Ω 3
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
⎞ ⎛
⎞
Ω 1 I 1 Ω 1 Ω 2 I 3 Ω 3 − Ω 3 I 2 Ω 3 (I 3 − I 2 )Ω 2 Ω 3
⃗Ω × L ⃗ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟
= ⎝Ω 2 ⎠ × ⎝I 2 Ω 2 ⎠ = ⎝Ω 3 I 1 Ω 1 − Ω 1 I 3 Ω 3 ⎠ = ⎝(I 1 − I 3 )Ω 1 Ω 2 ⎠
Ω 3 I 3 Ω 3 Ω 1 I 2 Ω 2 − Ω 2 I 1 Ω 1 (I 2 − I 1 )Ω 1 Ω 2

60 KAPITEL 6. STARRER KÖRPER ( KREISEL )
Somit ergibt sich
Definition Euler-Gleichungen
I 1
dΩ 1
dt + (I 3 − I 2 )Ω 2 Ω 3 = M 1
I 2
dΩ 2
dt + (I 1 − I 3 )Ω 1 Ω 3 = M 2
I 3
dΩ 3
dt + (I 2 − I 1 )Ω 1 Ω 2 = M 3
Falls ⃗ M = 0 und ein symmetrischer Kreisel vorhanden ist, finden wir wieder die Präzesion
aber nun vom K−System her betrachtet.
Dies ist nicht Klausurrelevant
Präzession der Erdachse
⃗L
Sonne
⃗ d
θ
abgeplattet
anziehungsstärker
µ
⃗L
⃗d
⃗r
⃗M liegt in Bahnebene und ist orthogonal zu ⃗ L
µ
anziehungsschwächer
d ⃗ L
dt = ⃗ M
Falls ⃗ M ⊥ ⃗ L gibt es keine Änderung von von ⃗ L 2
d ⃗ L 2
dt
= 2 ⃗ L d⃗ L
dt = 2⃗ L ⃗ M

6.5. BEWEGUNGSGLEICHUNG DES STARREN KÖRPERS 61
Intertialsystem (x, y, z) , Körperfestes System K(x 1 , x 2 , x 3 )
⃗d liegt in (x, y)−Ebene K und S haben Urpsrung im Schwerpunkt der Erde. Kraft auf
Massenpunkt bei ⃗r (im K-System)
d ⃗ f = GMdV ϱ(⃗r) ⃗r − ⃗ d
|⃗r − ⃗ d| 3
Da
1
|⃗r − d| ⃗ = 1
3 (⃗r − 2⃗r d ⃗ + d ⃗ ) 3
2 2
| d| ⃗ >> |⃗r|
(
= 1 1 − 2⃗r⃗ d
d 3 d 2
) −
3
+ ⃗r2
2
⃗d 2
= 1 d 3 (
1 + 3 ⃗r⃗ d
d 2 )
⃗M = GM
d 3
= 3GM
d 5
∫
∫
dV ϱ(⃗r)(−⃗r × ⃗ d)(1 + 3 ⃗r⃗ d
d 2 )
dV ϱ(⃗r)( ⃗ d × ⃗r)(⃗r · ⃗d)
Die 1 im letzten Summaden fällt weg, da ∫ ϱrdV = 0 aufgrund der Schwerpunktdefinition.
Hier ist
Umformung von
ersetze
Zwischenresultat
⎛ ⎞
x 1
⎜ ⎟
⃗r = ⎝x 2 ⎠
x 3
( ⃗ d × ⃗r) k (⃗r · ⃗d) = ε ijk d i x j x m dm
x j x m → − ⃗ r 2 δ jm + x j x m
M k = 3GM
d 5 (−I jm )ε ijk d i d m (6.2)

62 KAPITEL 6. STARRER KÖRPER ( KREISEL )
⃗e z
⃗e 2
⃗e 3
⃗d
23 ◦
⃗e 1 senkrecht
⃗d im Körperfesten System mit
⎛
⎞
cos θ 0 cos Ωt
⎜
⎟
⃗d = d ⎝cos θ 0 sin Ωt⎠
sin θ 0
Eingesetzt in (6.2) ergibt sich
M k = 3GM
d 5
= ⃗ M = 3GM
d 5
(−I jm d m )ε ijk d i
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
I 1 d 1 d 1
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝I 2 d 2 ⎠ × ⎝d 2 ⎠ (= 0 ⇐⇒ I 1 = I 2 I 3 )
I 3 d 3 d 3
M 1 = 3GM (I
d 5 2 − I 3 )d 2 d 3
⎛
⎞
⃗M = 3GM (I 2 − I 3 )d 2 d 3
⎜
⎟
d 5 ⎝(I 3 − I 1 )d 1 d 3 ⎠
(I 1 − I 2 )d 1 d 2
Nun gilt aber
I 2 = I 1
und somit
M 3 = 0
Setze nun ⃗ d ein

6.5. BEWEGUNGSGLEICHUNG DES STARREN KÖRPERS 63
⎛
⎞
⃗M = 3GM
sin θ 0 cos θ 0 sin Ωt
⎜
(I
d 3 1 − I 3 ) ⎝− sin θ 0 cos θ 0 cos 2 ⎟
Ωt⎠
0
Wobei das Quadrat in der zweiten Komponente ein magisches Quadrat unbekannter Herkunft
ist, das aber benötigt wird.
Der zeitliche Mittelwert ist dann
⎛ ⎞
〈 M〉 ⃗ = 3 0
GM
2 d (I ⎜ ⎟
3 3 − I 1 ) ⎝sin θ 0 cos θ 0 ⎠
0
Drehung liegt in Bahnebene und senkrecht auf ⃗e 3 ∝ ⃗ L Somit
〈 ⃗ M〉 = cos θ 0 ⃗e 3 × ⃗e z
Damit folgt
Wobei
⃗e 3 = ⃗ L
| ⃗ L|
dL
⃗
dt = 〈 M〉 ⃗ = 3 2 GM (I 3 − I 1 )
cos θ
d 3
0 ⃗e 3 × ⃗e z = ωL ⃗ × ⃗e z
ω = 3 GM cos θ 0
2 d 3 L
Die Bewegungsgleichung ist dann
d ⃗ L
dt = ω⃗ L × ⃗e z (6.3)
Betrachte (6.3) im System mit (⃗e 1 , ⃗e 2 ) ˆ= Planetenebene und ⃗e 3 ⊥ Planetenebene.
d
dt
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
L 1 L 1 0
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎝L 2 ⎠ = ω ⎝L 2 ⎠ × ⎝0⎠ = ω ⎝
L 3 L 3 1
L 2
−L 1
0
⎞
⎟
⎠

64 KAPITEL 6. STARRER KÖRPER ( KREISEL )
Somit ergeben sich die drei Gleichungen
dL 1
dt
= ωL 2
dL 2
dt
= −ωL 1
dL 3
dt
= 0
Einsetzen ergibt
d 2
dt 2 L 1 + ω 2 L 1 = 0
d 2
dt 2 L 2 + ω 2 L 2 = 0
Somit gilt für die Lösung
L 1 = L 1 (t = 0) cos(ωt)
L 2 = −L 1 (t = 0) sin(ωt)
L 3 = const = L cos θ 0
Auswertung von ω Errinerung
ω = 3 GM I 3 − I 1
cos θ
2 d 3 0
ω tag I 1
Bei einem Ellipsoid gilt
I 3 − I 1
I 1
= a − c
a
=
6378 km − 6357 km
6378 km
= 3.3 · 10 −3
wobei a, c die Halbachsen sind. Nach Kepler
und
Betrag des Mondes
ω Sonne = 3 2
4π 2
T 2 jahr
T 2 = 4π2
GM d3
cos23 ◦ = 0.92
1 Tag
2π 0.923.3 · 10−3 = π 0.92
365 · 10−2 1
Jahr
ν Sonne = ω Sonne
2π
= 1.26 · 10 −5 1
Jahr
M = M Mond
M erde = 81M Mond

6.5. BEWEGUNGSGLEICHUNG DES STARREN KÖRPERS 65
Messung ergibt 25.810 3 Jahre.
µ mond = 2.43 · 10 −5 1
Jahr
µ tot = 3.7 · 10 −5 1
Jahr =⇒ µ−1 = 27 · 10 3 Jare

66 KAPITEL 6. STARRER KÖRPER ( KREISEL )

Kapitel 7
Anhang
7.1 Literaturempfehlungen
• Goldstein
• Landau-Lifschitz
• Nolting
• Fließbach
• Honerkamp und Römer
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