达朗贝尔定理

             

   以下使用牛顿第二定律证明拉格朗日方程,其中会使用到一个关于约束的定理叫做达朗贝尔定理

1. 由牛顿第二定律证明拉格朗日方程

   注意以下所有的函数偏导都是把 $q_1, q_2\dots q_N, \dot q_1, \dot q_2\dots \dot q_N, t$ 作为变量,即对一个变量求导数而把其他变量看做常数.另外,势能 $V$ 和位矢 $ \boldsymbol{\mathbf{r}} _j$ 与 $\dot q_i$ 无关,偏导为 0.

   系统动能为

\begin{equation} T = \frac12 \sum_j m_j \boldsymbol{\mathbf{v}} _j^2 = \frac12 \sum_j m_j \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \boldsymbol\cdot \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \end{equation}
由矢量内积的求导法则
\begin{equation} \frac{\partial T}{\partial \dot q_i} = \sum_j m_j \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \boldsymbol\cdot \frac{\partial \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j}{\partial \dot q_i} \end{equation}
其中质点 $j$ 的速度可以用全导数 公式
\begin{equation} \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j = \sum_k \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_k} \dot q_k + \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial t} \end{equation}
对 $\dot q_i$ 求偏导,注意位矢与 $\dot q_i$ 无关,所以求偏导时 $ \partial r_j/\partial q_k $ 与 $ \partial r_j/\partial t $ 可看做常数.
\begin{equation} \frac{\partial \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j}{\partial \dot q_i} = \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} \end{equation}
代入式 2 并对时间求导得到拉格朗日方程的左边(我们暂时只讨论 $ \partial V/\partial \dot q_i = 0$ 的情况)
\begin{equation} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{t}} \frac{\partial T}{\partial \dot q_i} = \sum_j m_j \ddot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} + \sum_j m_j \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \boldsymbol\cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{t}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} \end{equation}
拉格朗日方程的右边为
\begin{equation} \frac{\partial L}{\partial q_i} = \frac{\partial T}{\partial q_i} - \frac{\partial V}{\partial q_i} \end{equation}
其中第一项为
\begin{equation} \frac{\partial T}{\partial q_i} = \sum_j m_j \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \boldsymbol\cdot \frac{\partial \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j}{\partial q_i} = \sum_j m_j \dot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \boldsymbol\cdot \frac{\partial}{\partial{q_i}} \frac{\mathrm{d}{ \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}}{\mathrm{d}{t}} \end{equation}
第二项被定义为广义力
\begin{equation} Q_i = - \frac{\partial V}{\partial q_i} = \sum_j \left(- \frac{\partial V}{\partial x_j} \frac{\partial x_j}{\partial q_i} - \frac{\partial V}{\partial y_j} \frac{\partial y_j}{\partial q_i} - \frac{\partial V}{\partial z_j} \frac{\partial z_j}{\partial q_i} \right) = \sum_j \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(a)} \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} \end{equation}
其中 $ \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(a)} = - \boldsymbol\nabla _j V$ 被称为非约束力.所以要证明拉格朗日方程,即证明式 5 等于式 7 式 8 ,首先需要证明
\begin{equation} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{t}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} = \frac{\partial}{\partial{q_i}} \frac{\mathrm{d}{ \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}}{\mathrm{d}{t}} \end{equation}
也就是证明全导数和偏导数运算可对易.使用全导数 的定义,以及混合偏导 的性质,有
\begin{equation} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{t}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} = \sum_k \frac{\partial}{\partial{q_k}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _i}{\partial q_i} \dot q_k + \frac{\partial}{\partial{t}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} = \sum_k \frac{\partial}{\partial{q_i}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _i}{\partial q_k} \dot q_k + \frac{\partial}{\partial{q_i}} \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial{q_i}} \frac{\mathrm{d}{ \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}}{\mathrm{d}{t}} \end{equation}
然后我们需要证明
\begin{equation} \sum_j \left( \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(a)} - m\ddot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \right) \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} = 0 \qquad (i = 1\dots N) \end{equation}
即可证明拉格朗日方程.该式被称为达朗贝尔定理.注意由于这里的 $ \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(a)}$ 为质点 $j$ 所受的非约束力而不是合力,所以求和项的小括号一般不为 0.

2. 达朗贝尔定理证明

   令第 $j$ 个质点所受和力为 $ \boldsymbol{\mathbf{F}} _j = \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(a)} + \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(c)}$,两项分别为非约束力和约束力.由牛顿第二定律 $ \boldsymbol{\mathbf{F}} _j - m\ddot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j = 0$,所以

\begin{equation} \sum_j \left( \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(a)}+ \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(c)} - m\ddot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }_j \right) \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} = 0 \qquad (i = 1\dots N) \end{equation}
现在我们只需证明
\begin{equation} \sum_j \boldsymbol{\mathbf{F}} _j^{(c)} \boldsymbol\cdot \frac{\partial \boldsymbol{\mathbf{r}} _j}{\partial q_i} = 0 \qquad (i = 1\dots N) \end{equation}
由于以上偏微分中时间保持不变,约束力不做功,该求和为零,证毕.

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