Hei, jeg lurte på om noen kunne vise meg en måte å utlede arbeid-kinetisk energi teoremet matematisk rigorøst. Dvs uten triksing med differensialer?
M. triksing er den som følger:
[tex]\int_{x_1}^{x2} F dx = \int_{x_1}^{x_2} m\frac{dv}{dt}dx = \int_{x_1}^{x_2} m\frac{dx}{dt}dv = \int_{v_1}^{v_2} mv dv = \frac{1}{2}mv_2^2 - \frac{1}{2}mv_1^2[/tex]
Jeg skulle gjærne også sett bevis på på at triksing med differensialer faktisk også funker, slik at jeg i fremtiden kan gjøre slike operasjoner med god samvittighet.
Matematisk rigorøs utledning av arbeid-energiteoremet.
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Betelgeuse
- Ramanujan
- Posts: 260
- Joined: 16/04-2009 21:41
[tex]\small{\text{atm: fys1120, ast1100, mat1120, mat2410 \ . Prev: mat1110, fys-mek1110, mek1100, mat1100, mat-inf1100, inf1100}}[/tex]
En av bevegelsesligningene er
[tex]2as=v^2-v_0^2[/tex]
Denne kan utledes matematisk.
Om kraften er konstant har vi
[tex]ma=F \\ 2mas=mv^2-mv_0^2 \\ Fs=\frac12 mv^2 - \frac12 mv_0^2[/tex]
Generellt følger av ligningen over at
[tex]2\int_{s_1}^{s_2} a\rm{d}s=v_2^2-v_1^2 \\ \int_{s_1}^{s_2} ma\rm{d}s=\int_{s_1}^{s_2} F\rm{d}s=\frac12 mv_2^2 - \frac12 mv_1^2[/tex]
Dette burde vel funke som en ren utledning?
[tex]2as=v^2-v_0^2[/tex]
Denne kan utledes matematisk.
Om kraften er konstant har vi
[tex]ma=F \\ 2mas=mv^2-mv_0^2 \\ Fs=\frac12 mv^2 - \frac12 mv_0^2[/tex]
Generellt følger av ligningen over at
[tex]2\int_{s_1}^{s_2} a\rm{d}s=v_2^2-v_1^2 \\ \int_{s_1}^{s_2} ma\rm{d}s=\int_{s_1}^{s_2} F\rm{d}s=\frac12 mv_2^2 - \frac12 mv_1^2[/tex]
Dette burde vel funke som en ren utledning?
Vel, rigorøst og rigorøst.
Hvis [tex]m[/tex] er konstant har du jo integralet
[tex]\int_{x(t_0)}^{x(t_1)} \frac{d^2 x}{(dt)^2}\, dx[/tex]
Ser du på [tex]x[/tex] som en funksjon av [tex]t[/tex] kan du jo skifte integrasjonsvariabel, slik at integralet blir
[tex]\int_{t_0}^{t_1} \ddot{x}\dot{x}\,dt[/tex]
Bruker vi delvis integrasjon her, oppnår vi likheten
[tex]\int_{t_0}^{t_1} \ddot{x}\dot{x}\,dt=[\dot{x}^2]_{t_0}^{t_1}-\int_{t_0}^{t_1} \dot{x}\ddot{x}\,dt[/tex]
Da ser vi at integralene er like med motsatt fortegn. Flytter vi over oppnår vi den ønskelige formelen.
Hvis [tex]m[/tex] er konstant har du jo integralet
[tex]\int_{x(t_0)}^{x(t_1)} \frac{d^2 x}{(dt)^2}\, dx[/tex]
Ser du på [tex]x[/tex] som en funksjon av [tex]t[/tex] kan du jo skifte integrasjonsvariabel, slik at integralet blir
[tex]\int_{t_0}^{t_1} \ddot{x}\dot{x}\,dt[/tex]
Bruker vi delvis integrasjon her, oppnår vi likheten
[tex]\int_{t_0}^{t_1} \ddot{x}\dot{x}\,dt=[\dot{x}^2]_{t_0}^{t_1}-\int_{t_0}^{t_1} \dot{x}\ddot{x}\,dt[/tex]
Da ser vi at integralene er like med motsatt fortegn. Flytter vi over oppnår vi den ønskelige formelen.
-
Betelgeuse
- Ramanujan
- Posts: 260
- Joined: 16/04-2009 21:41
Ja det er vel kanskje et sterkt uttrykk å bruke når man snakker om matematikk på under "analyse" nivå?
Aha. Takker. Begge var fine, og jeg skal notere meg dem bak øret
Aha. Takker. Begge var fine, og jeg skal notere meg dem bak øret
[tex]\small{\text{atm: fys1120, ast1100, mat1120, mat2410 \ . Prev: mat1110, fys-mek1110, mek1100, mat1100, mat-inf1100, inf1100}}[/tex]
-
Betelgeuse
- Ramanujan
- Posts: 260
- Joined: 16/04-2009 21:41
Jeg kan jo alltids dra den litt lenger. Hvordan er forresten med det variabelskiftet? Hvis x er en funksjon av t så innebærer jo det at
[tex]x = x(t) \Leftrightarrow t=x^{-1}(x(t))[/tex]
så er det da bare slik at dette variabelskiftet lar seg gjøres hvis posisjonsfunksjonen har en invers?
[tex]x = x(t) \Leftrightarrow t=x^{-1}(x(t))[/tex]
så er det da bare slik at dette variabelskiftet lar seg gjøres hvis posisjonsfunksjonen har en invers?
[tex]\small{\text{atm: fys1120, ast1100, mat1120, mat2410 \ . Prev: mat1110, fys-mek1110, mek1100, mat1100, mat-inf1100, inf1100}}[/tex]
-
Betelgeuse
- Ramanujan
- Posts: 260
- Joined: 16/04-2009 21:41
Jeg tenkte i forhold til de nye grensene. Siden vi alleredet har en funksjon x=x(t), og grensene [tex]x(t_0), x(t_1)[/tex], så må vi vel ta den inverse for å få [tex]t_1[/tex] og [tex]t_0[/tex]?
[tex]\small{\text{atm: fys1120, ast1100, mat1120, mat2410 \ . Prev: mat1110, fys-mek1110, mek1100, mat1100, mat-inf1100, inf1100}}[/tex]
-
Betelgeuse
- Ramanujan
- Posts: 260
- Joined: 16/04-2009 21:41
Stemmer ikke dette da?
[tex]\small{\text{atm: fys1120, ast1100, mat1120, mat2410 \ . Prev: mat1110, fys-mek1110, mek1100, mat1100, mat-inf1100, inf1100}}[/tex]
Vet ikke helt hvordan jeg skal formulere det, men det følgende eksempelet viser at man godt kan ha en x(t) som ikke er invertibel (i den forstand at det fins en entydig invers [tex]x^{-1}[/tex]:
La kraften være konstant med [tex]F=2[/tex], og la en partikkel med masse [tex]m=1[/tex] starte i tiden [tex]t_0=0 [/tex] med en hastighet på [tex]\dot{x}=-2[/tex] i punktet [tex]x=0[/tex].
Newtons 2. lov gir dermed
[tex]\ddot{x}=2[/tex],
som har løsningen [tex]x=t^2+at+b[/tex]. Initialbetingelsene gir at [tex]b=0[/tex] og [tex]a=-2[/tex] så løsningen blir
[tex]x=t^2-2t=t(t-2)[/tex]
Ved tida [tex]t=2[/tex] er igjen partikkelen tilbake til utgangsposisjonen, men med hastighet [tex]v=2[/tex].
Så
[tex]\int_{0}^2 4t-4\,dt=[2t^2-4t]_{0}^2=0=\int_0^0 2\,dx[/tex]
osv.
Poenget er vel at totalenergien, hvis man ser på kraften som f.eks. et gravitasjonsfelt, er bevart.
La kraften være konstant med [tex]F=2[/tex], og la en partikkel med masse [tex]m=1[/tex] starte i tiden [tex]t_0=0 [/tex] med en hastighet på [tex]\dot{x}=-2[/tex] i punktet [tex]x=0[/tex].
Newtons 2. lov gir dermed
[tex]\ddot{x}=2[/tex],
som har løsningen [tex]x=t^2+at+b[/tex]. Initialbetingelsene gir at [tex]b=0[/tex] og [tex]a=-2[/tex] så løsningen blir
[tex]x=t^2-2t=t(t-2)[/tex]
Ved tida [tex]t=2[/tex] er igjen partikkelen tilbake til utgangsposisjonen, men med hastighet [tex]v=2[/tex].
Så
[tex]\int_{0}^2 4t-4\,dt=[2t^2-4t]_{0}^2=0=\int_0^0 2\,dx[/tex]
osv.
Poenget er vel at totalenergien, hvis man ser på kraften som f.eks. et gravitasjonsfelt, er bevart.