Pendant cette semaine, j’ai poursuivi mes études sur la mécanique classique. Un problème assez facile pour me faire comprendre comment trouver des équations du mouvement est décrit ci-dessous (c’est un exemple qui se trouve dans No-Nonsense Classical Mechanics ) :
Je suis sur la tour de Pisa et je lâche une balle tout droit. J’aimerais calculer l’équation du mouvement de la balle pendant la chute libre vers le sol :
Pour le trouver, on peut utiliser trois méthodes différentes. Ces méthodes sont:
La méthode de Newton
La méthode de Lagrange
La méthode d’Hamilton
On commence par la loi deuxième du Newton :
F ⃗ = m a ⃗ = d p ⃗ d t p ⃗ = m v ⃗ \vec{F} = m\vec{a} = \dfrac{d\vec{p}}{dt} \\
\vec{p} = m\vec{v} \\ F = m a = d t d p p = m v où F a p t
En sachant cette loi, on peut réécrire l’équation comme cela :
F ⃗ = d ( m v ⃗ ) d t = m ( v x v y v z ) d d t \vec{F} = \dfrac{d(m\vec{v})}{dt} = m\begin{pmatrix} v_{x} \\ v_{y} \\ v_{z} \end{pmatrix} \dfrac{d}{dt} \\ F = d t d ( m v ) = m ⎝ ⎛ v x v y v z ⎠ ⎞ d t d En négligeant la résistance au vent, et en supposant que le point où nous lâchons la balle est à l’origine, nous pouvons remarquer que la seule force agissante est la force de gravité :
F ⃗ = ( 0 0 − m g ) \vec{F} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -mg \end{pmatrix} \\ F = ⎝ ⎛ 0 0 − m g ⎠ ⎞ ce qui est équivalent à :
∴ d ( m v ⃗ ) d t = ( 0 0 − m g ) \therefore \frac{d(m\vec{v})}{dt} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -mg \end{pmatrix} ∴ d t d ( m v ) = ⎝ ⎛ 0 0 − m g ⎠ ⎞ Nous pouvons maintenant résoudre l’équation du mouvement :
∫ 0 t ( 0 0 − g ) d t = ∫ 0 t d d t ( v x v y v z ) d t ∵ ∫ a b d f d t d t = f ( b ) — f ( a ) ( 0 0 − g t ) = ( v x ( t ) v y ( t ) v z ( t ) ) − ( v x ( 0 ) v y ( 0 ) v z ( 0 ) ) ∫ 0 t ( 0 0 − g t ) d t = ∫ 0 t ( ( v x ( t ) v y ( t ) v z ( t ) ) − ( v x ( 0 ) v y ( 0 ) v z ( 0 ) ) ) d t ( 0 0 − 1 2 g t 2 ) = ( x x ( t ) x y ( t ) x z ( t ) ) − ( x x ( 0 ) x y ( 0 ) x z ( 0 ) ) − ( v x ( 0 ) ( t ) v y ( 0 ) ( t ) v z ( 0 ) ( t ) ) + ( v x ( 0 ) ( 0 ) v y ( 0 ) ( 0 ) v z ( 0 ) ( 0 ) ) ∵ I n i t i a l c o n d i t i o n s : v ( 0 ) = ( 0 0 0 ) , x ( 0 ) = ( 0 0 0 ) ∴ ( 0 0 − 1 2 g t 2 ) = ( x x ( t ) x y ( t ) x z ( t ) ) \int_0^t \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -g \end{pmatrix} dt = \int_0^t \dfrac{d}{dt} \begin{pmatrix} v_{x} \\ v_{y} \\ v_{z} \end{pmatrix} dt\newline
\because \int_a^b \dfrac{df}{dt}dt = f(b) — f(a) \newline
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -gt \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} v_{x}(t) \\ v_{y}(t) \\ v_{z}(t) \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} v_{x}(0) \\ v_{y}(0) \\ v_{z}(0) \end{pmatrix} \newline
\int_0^t \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -gt \end{pmatrix}dt = \int_0^t (\begin{pmatrix} v_{x}(t) \\ v_{y}(t) \\ v_{z}(t) \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} v_{x}(0) \\ v_{y}(0) \\ v_{z}(0) \end{pmatrix}) dt \newline
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -\dfrac{1}{2}gt^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_{x}(t) \\ x_{y}(t) \\ x_{z}(t) \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} x_{x}(0) \\ x_{y}(0) \\ x_{z}(0) \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} v_{x}(0)(t) \\ v_{y}(0)(t) \\ v_{z}(0)(t) \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} v_{x}(0)(0) \\ v_{y}(0)(0) \\ v_{z}(0)(0) \end{pmatrix} \newline
\because Initial\ conditions:\ v(0) = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, x(0) = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\\
\therefore \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -\dfrac{1}{2}gt^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_{x}(t) \\ x_{y}(t) \\ x_{z}(t) \end{pmatrix} ∫ 0 t ⎝ ⎛ 0 0 − g ⎠ ⎞ d t = ∫ 0 t d t d ⎝ ⎛ v x v y v z ⎠ ⎞ d t ∵ ∫ a b d t d f d t = f ( b ) — f ( a ) ⎝ ⎛ 0 0 − g t ⎠ ⎞ = ⎝ ⎛ v x ( t ) v y ( t ) v z ( t ) ⎠ ⎞ − ⎝ ⎛ v x ( 0 ) v y ( 0 ) v z ( 0 ) ⎠ ⎞ ∫ 0 t ⎝ ⎛ 0 0 − g t ⎠ ⎞ d t = ∫ 0 t ( ⎝ ⎛ v x ( t ) v y ( t ) v z ( t ) ⎠ ⎞ − ⎝ ⎛ v x ( 0 ) v y ( 0 ) v z ( 0 ) ⎠ ⎞ ) d t ⎝ ⎜ ⎜ ⎛ 0 0 − 2 1 g t 2 ⎠ ⎟ ⎟ ⎞ = ⎝ ⎛ x x ( t ) x y ( t ) x z ( t ) ⎠ ⎞ − ⎝ ⎛ x x ( 0 ) x y ( 0 ) x z ( 0 ) ⎠ ⎞ − ⎝ ⎛ v x ( 0 ) ( t ) v y ( 0 ) ( t ) v z ( 0 ) ( t ) ⎠ ⎞ + ⎝ ⎛ v x ( 0 ) ( 0 ) v y ( 0 ) ( 0 ) v z ( 0 ) ( 0 ) ⎠ ⎞ ∵ I n i t i a l c o n d i t i o n s : v ( 0 ) = ⎝ ⎛ 0 0 0 ⎠ ⎞ , x ( 0 ) = ⎝ ⎛ 0 0 0 ⎠ ⎞ ∴ ⎝ ⎜ ⎜ ⎛ 0 0 − 2 1 g t 2 ⎠ ⎟ ⎟ ⎞ = ⎝ ⎛ x x ( t ) x y ( t ) x z ( t ) ⎠ ⎞ OK, après avoir vu qu’il est possible de résoudre ce problème avec la méthode de Newton, avançons à la méthode de Lagrange.
En général, en mécanique lagrangienne, le lagrangien vaut :
L ( q , q ˙ ) = T ( q ˙ ) − V ( q ) L(q, \dot{q}) = T(\dot{q}) - V(q) \\ L ( q , q ˙ ) = T ( q ˙ ) − V ( q ) où T V
T = 1 2 m v ⃗ 2 a n d V = m g z ∴ L = 1 2 m ( v x 2 + v y 2 + v z 2 ) − m g h T = \frac{1}{2}m\vec{v}^2\ and\ V = mgz \\
\therefore L = \frac{1}{2}m(v_x^2 + v_y^2 + v_z^2) - mgh \\ T = 2 1 m v 2 a n d V = m g z ∴ L = 2 1 m ( v x 2 + v y 2 + v z 2 ) − m g h Rappelez-vous que l’équation Euler-Lagrange se décrit :
∂ L ∂ q = d d t ( ∂ L ∂ v q ) \frac{\partial{L}}{\partial{q}} = \frac{d}{dt}(\frac{\partial{L}}{\partial{v_q}}) \\ ∂ q ∂ L = d t d ( ∂ v q ∂ L ) Il faut donc juste réécrire l’équation d’Euler-Lagrange en utilisant nos variables :
∂ ( 1 2 m ( v x 2 + v y 2 + v z 2 ) ) − m g z ∂ x = d d t ∂ ( 1 2 m ( v x 2 + v y 2 + v z 2 ) ) − m g z ∂ v x \frac{\partial{(\frac{1}{2}m(v_x^2 + v_y^2 + v_z^2))} - mgz}{\partial{x}} = \frac{d}{dt}\frac{\partial{(\frac{1}{2}m(v_x^2 + v_y^2 + v_z^2))} - mgz}{\partial{v_x}} \\ ∂ x ∂ ( 2 1 m ( v x 2 + v y 2 + v z 2 ) ) − m g z = d t d ∂ v x ∂ ( 2 1 m ( v x 2 + v y 2 + v z 2 ) ) − m g z Après avoir résolu les dérivées partielles, on se termine ici parce qu’on a déjà dérivé l’équation du mouvement au-dessus (sous la méthode newtonienne) :
d ( m v ⃗ ) d t = ( 0 0 − m g ) \frac{d(m\vec{v})}{dt} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -mg \end{pmatrix} d t d ( m v ) = ⎝ ⎛ 0 0 − m g ⎠ ⎞ La méthode hamiltonienne nous pousse de calculer le momenta généralisé en utilisant le lagrangien :
L = 1 2 m ( v x 2 + v y 2 + v z 2 ) − m g z ∵ p q = ∂ L ∂ v q p q = ∂ ( 1 2 m ( v x 2 + v y 2 + v z 2 ) ) − m g z ∂ v q p x = m v x p y = m v y p z = m v z ∴ v x = p x m ∴ v y = p y m ∴ v z = p z m L = \frac{1}{2}m(v_x^2 + v_y^2 + v_z^2) - mgz \\
\because p_q = \frac{\partial{L}}{\partial{v_q}} \\
p_q = \frac{\partial{(\frac{1}{2}m(v_x^2 + v_y^2 + v_z^2))} - mgz}{\partial{v_q}} \\
p_x = mv_x \\
p_y = mv_y \\
p_z = mv_z \\
\therefore v_x = \frac{p_x}{m} \\
\therefore v_y = \frac{p_y}{m} \\
\therefore v_z = \frac{p_z}{m} \\ L = 2 1 m ( v x 2 + v y 2 + v z 2 ) − m g z ∵ p q = ∂ v q ∂ L p q = ∂ v q ∂ ( 2 1 m ( v x 2 + v y 2 + v z 2 ) ) − m g z p x = m v x p y = m v y p z = m v z ∴ v x = m p x ∴ v y = m p y ∴ v z = m p z L’Hamiltonien se décrit comme :
H = p ⃗ ⋅ q ⃗ ˙ − L H = \vec{p} \cdot \dot{\vec{q}} - L \\
H = p ⋅ q ˙ − L Cela veut dire :
H = ( p x p x m + p y p y m + p z p z m ) − ( 1 2 m ( ( p x m ) 2 + ( p y m ) 2 + ( p z m ) 2 ) − m g z ) ∴ H = 1 2 ( p x 2 m + p y 2 m + p z 2 m ) + m g z H = (p_x\frac{p_x}{m} + p_y\frac{p_y}{m} + p_z\frac{p_z}{m}) - (\frac{1}{2}m((\frac{p_x}{m})^2 + (\frac{p_y}{m})^2 + (\frac{p_z}{m})^2) - mgz) \\
\therefore H = \frac{1}{2}(\frac{p_x^2}{m} + \frac{p_y^2}{m} + \frac{p_z^2}{m}) + mgz \\ H = ( p x m p x + p y m p y + p z m p z ) − ( 2 1 m ( ( m p x ) 2 + ( m p y ) 2 + ( m p z ) 2 ) − m g z ) ∴ H = 2 1 ( m p x 2 + m p y 2 + m p z 2 ) + m g z Les équations hamiltoniennes sont :
d p q d t = − ∂ H ∂ q d q d t = ∂ H ∂ p q \frac{dp_q}{dt} = -\frac{\partial{H}}{\partial{q}} \\
\frac{dq}{dt} = \frac{\partial{H}}{\partial{p_q}} \\ d t d p q = − ∂ q ∂ H d t d q = ∂ p q ∂ H Donc, en les utilisant :
d p q d t = − ∂ H ∂ q = − ∂ ( 1 2 ( p x 2 m + p y 2 m + p z 2 m ) + m g z ) ∂ q
\frac{dp_q}{dt} = -\frac{\partial{H}}{\partial{q}} = -\frac{\partial{(\frac{1}{2}(\frac{p_x^2}{m} + \frac{p_y^2}{m} + \frac{p_z^2}{m}) + mgz)}}{\partial{q}} \\ d t d p q = − ∂ q ∂ H = − ∂ q ∂ ( 2 1 ( m p x 2 + m p y 2 + m p z 2 ) + m g z ) ( d p x d t d p y d t d p z d t ) = ( 0 0 − m g ) d q d t = ∂ H ∂ p q = ∂ ( 1 2 ( p x 2 m + p y 2 m + p z 2 m ) + m g z ) ∂ p q ( d x d t d y d t d z d t ) = ( p x m p y m p z m ) \begin{pmatrix} \frac{dp_x}{dt} \\ \frac{dp_y}{dt} \\ \frac{dp_z}{dt} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -mg \end{pmatrix} \\
\frac{dq}{dt} = \frac{\partial{H}}{\partial{p_q}} = \frac{\partial{(\frac{1}{2}(\frac{p_x^2}{m} + \frac{p_y^2}{m} + \frac{p_z^2}{m}) + mgz)}}{\partial{p_q}} \\
\begin{pmatrix} \frac{dx}{dt} \\ \frac{dy}{dt} \\ \frac{dz}{dt} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{p_x}{m} \\ \frac{p_y}{m} \\ \frac{p_z}{m} \end{pmatrix} \\ ⎝ ⎛ d t d p x d t d p y d t d p z ⎠ ⎞ = ⎝ ⎛ 0 0 − m g ⎠ ⎞ d t d q = ∂ p q ∂ H = ∂ p q ∂ ( 2 1 ( m p x 2 + m p y 2 + m p z 2 ) + m g z ) ⎝ ⎛ d t d x d t d y d t d z ⎠ ⎞ = ⎝ ⎛ m p x m p y m p z ⎠ ⎞ Enfin :
∴ ( d ( m d x d t ) d t d ( m d y d t ) d t d ( m d z d t ) d t ) = d ( m v ⃗ ) d t = ( 0 0 − m g ) \therefore \begin{pmatrix} \frac{d(m\frac{dx}{dt})}{dt} \\ \frac{d(m\frac{dy}{dt})}{dt} \\ \frac{d(m\frac{dz}{dt})}{dt} \end{pmatrix} = \frac{d(m\vec{v})}{dt} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -mg \end{pmatrix} ∴ ⎝ ⎜ ⎜ ⎛ d t d ( m d t d x ) d t d ( m d t d y ) d t d ( m d t d z ) ⎠ ⎟ ⎟ ⎞ = d t d ( m v ) = ⎝ ⎛ 0 0 − m g ⎠ ⎞ Pour conclure, les trois méthodes sont capables de trouver l’équation du mouvement. Mais, comme vous pouvez probablement le constater, chaque méthode a ses avantages et ses désavantages. Par exemple, la méthode newtonienne nécessite la connaissance de chaque force agissant sur la balle. De l’autre côté, l’hamiltonien est vraiment trop verbeux et agaçant de le résoudre.
Les prochaines étapes consistent à comprendre comment simuler des contraintes à l’aide du multiplicateur de Lagrange.
