Geodesics y Clairault Integral de

Question

Deje $\mathcal{S}$ una superficie de revolución $x^2+y^2=R^2(z)$. Por Pitágoras, la longitud del elemento es $\sqrt{dx^2+dy^2+dz^2}$ y la conversión a coordenadas cilíndricas es $\sqrt{r^2d\theta^2+dz^2+dr^2}$ que es equivalente a $dz\sqrt{r^2\left(\frac{d\theta}{dz}\right)^2+\left(\frac{dr}{dz}\right)^2+1}=\mathcal{L}dz.$ la Aplicación de Euler-Lagrange ecuación en $\theta$ da $$ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \theta}=0=\frac{d}{d\theta}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \theta'}\right)$$ lo que significa que $$ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial \theta'}=\frac{\theta'}{\sqrt{\left(r\theta'\right)^2+r^2+1}}=constante=\sqrt{C}, $$ donde el primer denota la derivada con respecto al $z$. Se me pide que muestran que la cantidad conservada, llamado Clairault integral, está dada por $r\sin\theta.$ no sé qué Clairault integral. Claramente, después de algunos álgebra, la ecuación diferencial separable $$\frac{d\theta}{dz}=\sqrt{\frac{C\left(r'^2+1\right)}{1-Cr^2}} $$ está involucrado, que puede ser resuelto mediante la integración directa, pero no estoy seguro de cómo proceder. ¿Qué es Clairault integral y ¿cómo podemos simplificar la conserva de la cantidad? Para referencia, este problema está tomado del Capítulo 5 de la Marca Levi's libro de la Mecánica Clásica con el Cálculo de Variaciones y Control Óptimo.

Answer 1

Esbozó una prueba:

1. Utilizamos las coordenadas cilíndricas $(r, \varphi, z)$ con métrico estándar $$g~=~\mathrm{d}r^2 + r^2\mathrm{d}\varphi^2 + \mathrm{d}z^2. \tag{1}$$

2. La inducida por la métrica en la superficie de revolución de $r=R(z)$ es $$h~=~ R(z)^2\mathrm{d}\varphi^2 + (1+R^{\prime}(z)^2)\mathrm{d}z^2.\tag{2}$$

3. El arco de longitud de una (no necesariamente geodésica) de la curva de $\gamma$ está dado por la integral $$ S~=~\int_{\lambda_i}^{\lambda_f}\! d\lambda~L, \qquad L~:=~ \sqrt{L_0} \tag{3},$$ $$L_0~:=~ R(z)^2\dot{\varphi}^2+ (1+R^{\prime}(z)^2)\dot{z}^2,\tag{4}$$ donde $\lambda$ es la parametrización parámetro, y el punto denota la diferenciación wrt. $\lambda$.

4. En la mecánica clásica, las cantidades $S$ $L$ jugar el papel de la acción y de Lagrange, respectivamente. Uno puede mostrar que el de Euler-Lagrange (EL) ecuaciones para la raíz cuadrada de Lagrange $L$ y la no-raíz cuadrada de Lagrange $L_0$ son tanto las ecuaciones geodésicas, aunque el último es affinely parametrizadas, cf. mi Phys.SE la respuesta aquí.

5. Tenga en cuenta que el Lagrangiano $$L~=~\frac{ds}{d\lambda}\tag{5}$$ has an interpretation as a derivative of arc-length wrt. the parametrization $\lambda$.

6. Clairault integral es, aparentemente, la canónica/conjugar el impulso $$p_{\varphi} ~:=~\frac{\partial L}{\partial \dot{\varphi}}~\stackrel{(3)+(4)}{=}~\frac{R(z)^2\dot{\varphi}}{L}~\stackrel{(5)}{=}~R(z)^2\frac{d\varphi}{ds}~\stackrel{(7)}{=}~R(z)\sin\theta . \tag{6}$$ En el último paso de eq. (6), hemos utilizado el hecho de que $$\sin\theta ~=~R(z)\frac{d\varphi}{ds}, \tag{7}$$ donde $\theta$ denota el ángulo entre la línea geodésica y el meridiano.

7. La variable $\varphi$ es cíclico. Por lo tanto, $p_{\varphi}$ es constante a lo largo de una geodésica. Físicamente $p_{\varphi}$ tiene una interpretación como momento angular a lo largo de la $z$-eje de un no-relativista punto de partículas con masa $m=2$.

Referencias:

1. Marca Levi, de la Mecánica Clásica con el Cálculo de Variaciones y Control Óptimo: Una Intuitiva Introducción, Problema 5.9, p. 208.