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Lagrangien

Posté par
ferality 19-04-21 à 21:55

Bonjour,

J'ai un problème simple concernant le Lagrangien de niveau L2 physique, mais je n'arrive pas à démarrer le problème, voici l'énoncé :

On considère un mobile de masse m, soumis à la pesanteur et lancé depuis l'origine du repère avec une vitesse initiale v_0 faisant un angle \alpha avec l'axe (Ox).

1) Etablir l'expression du lagrangien en coordonnées cartésiennes et en déduire l'équation du
mouvement.
2) Refaire la même chose en coordonnées polaires (r= direction radiale, \theta élévation depuis l'horizontale). Qu'en concluez vous?

Pour la question 1) :
Avant de faire le lagrangien il faut que je définisse "x" et "y", c'est là que je bloque... Si je comprend bien, je dois définir x et y sans utiliser le PFD car je veux utiliser le Lagrangien ? Donc si j'utilise le PFD pour définir x et y autant obtenir directement l'équation du mouvement avec le PFD non ?

J'essaie de définir x(t) et y(t) sans le PFD :
x(t) = v_x.t + x_0   v_x étant la composante selon l'axe (Ox) de la vitesse, et x_0=0
Mais c'est pas très utile car je ne sais pas définir v_x. Je peux dire que v_x = v.cos(\theta) mais je n'ai theta que pour v_0, pour les autres valeurs de la vitesse après l'instant 0 je n'ai plus l'angle.

Pour y(t) je veux mettre quelque chose comme ça :
y(t) = v_y.t - ?? + y_0 avec y_0=0 mais je ne sais pas comment définir l'action de la gravité sans passer par le PFD. Est-ce que je suis obligé d'utiliser le PFD afin de définir les coordonnées utilisées ensuite dans le Lagrangien et l'équation d'Euleur-Lagrange ?

Merci d'avance pour votre aide

Posté par
vanoisere : Lagrangien 19-04-21 à 22:17

Bonsoir
Bien sûr, on peut résoudre ce problème sans utiliser le formalisme de Lagrange mais il peut être intéressant, quand on débute dans cette étude, de traiter des situations très simples comme celle-ci.
En prenant x,y et z comme variables, tu peux exprimer l'énergie cinétique, l'énergie potentielle puis le Lagrangien.  Tu devrais retomber sur les résultats classiques connus depuis la terminale.

Posté par
feralityre : Lagrangien 19-04-21 à 22:51

vanoise @ 19-04-2021 à 22:17

Bonsoir
Bien sûr, on peut résoudre ce problème sans utiliser le formalisme de Lagrange mais il peut être intéressant, quand on débute dans cette étude, de traiter des situations très simples comme celle-ci.

Bonsoir,
Oui exactement c'est pour ça que je veux le faire avec le Lagrangien et ne pas du tout utiliser le PFD si possible .
vanoise @ 19-04-2021 à 22:17


En prenant x,y et z comme variables, tu peux exprimer l'énergie cinétique, l'énergie potentielle puis le Lagrangien.  Tu devrais retomber sur les résultats classiques connus depuis la terminale.


Si je prend (Oz) comme l'axe vertical, j'ai :

T = \dfrac{1}{2}mv^2 = \dfrac{1}{2}m(\dot{x}^2 + \dot{y}^2 + \dot{z}^2)

et V = mgz avec V(z=0)=0, donc le Lagrangien est : L = T - V = \dfrac{1}{2}m(\dot{x}^2 + \dot{y}^2 + \dot{z}^2) - mgz

Ce Lagrangien m'a l'air un peu trop compliqué par rapport à mes exemples du cours, je crois que je me trompe quelque part mais je ne vois pas où

Posté par
vanoisere : Lagrangien 20-04-21 à 00:08

Bien vu pour l'expression de L. En absence de frottement, donc de force non conservative, le Lagrangien vérifie pour chacune des trois variables de position x, y et z , une équation de la forme :

\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial\dot{x}}\right)-\frac{\partial L}{\partial x}=0

Équation à adapter aux deux autres variables. Tu vas retrouver les expressions de  \ddot{x},\ddot{y},\ddot{z}  que tu aurais obtenues à partir de la relation fondamentale de la dynamique.

Posté par
feralityre : Lagrangien 20-04-21 à 22:59

Bonsoir,

D'accord donc ça me donne :

m\ddot{x} = 0

m\ddot{y} = 0

m\ddot{z} + mg = 0

C'est bien ça ? L'interprétation physique serait que le projectile n'accélère pas selon "x" ni selon "y", mais il accélère selon "z" sous l'effet de la pesanteur.

Posté par
vanoisere : Lagrangien 20-04-21 à 23:21

Citation :
C'est bien ça ?

Bien sûr ! c'est ce que tu aurais obtenu en appliquant la relation fondamentale de la dynamique : m.\vec a=m.\vec g donc : \vec a=\vec g
La question suivante n'est physiquement pas très intéressante : travailler en coordonnées polaires quand on sait que la trajectoire est soit une verticale soit un parabole !!! Là encore : l'objectif est d'apprendre à utiliser le formalisme de Lagrange pour pouvoir ensuite traiter des problèmes plus intéressants !

Posté par
feralityre : Lagrangien 21-04-21 à 19:40

Bonjour,

D'accord très bien merci. En polaires je pense que c'est un peu plus compliqué car l'expression de la vitesse est un peu plus compliquée car il faut faire v^2 = \left(\dfrac{dl}{rt}\right)^2 avec dl = dr\vec{u_r} + rd\theta\vec{u_\theta}

T = \dfrac{1}{2}m(\dot{r} + r\dot{\theta})^2 = \dfrac{1}{2}m(\dot{r}^2 + 2\dot{r}r\dot{\theta} + r^2\dot{\theta}^2)

V = mgr\sin(\theta) donc le Lagrangien serait :

L = \dfrac{1}{2}m(\dot{r}^2 + 2\dot{r}r\dot{\theta} + r^2\dot{\theta}^2) - mgr\sin(\theta)

Ensuite on applique ces équations pour trouver les équations du mouvement :

\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{\partial L}{\partial\dot{r}}\right)-\dfrac{\partial L}{\partial r}=0

\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{\partial L}{\partial\dot{\theta}}\right)-\dfrac{\partial L}{\partial \theta}=0

Par contre quand je calcule la première équation je n'arrive à quelque chose d'un peu bizarre :

\dfrac{d}{dt}\dfrac{1}{2}m(2\dot{r} + 2r\dot{\theta}) - \dfrac{1}{2}m(2\dot{r}\dot{\theta}) + mg\sin(\theta) = m\ddot{r} + mr\ddot{\theta} + mg\sin(\theta)

Ca ne m'a pas l'air d'être une équation du mouvement valide car on a les deux termes \ddot{r} et \ddot{\theta}, on ne devrait en avoir qu'un seul des deux à mon avis. Quelle est mon erreur ?

Posté par
vanoisere : Lagrangien 21-04-21 à 19:58

Tu as commis une erreur dès le début dans l'expression de l'énergie cinétique. Un problème de norme de vecteur ! Je rectifie en admettant que le mouvement s'effectue dans un plan vertical fixe :

\overrightarrow{v}=\dot{r}.\overrightarrow{u_{r}}+r.\dot{\theta}.\overrightarrow{u_{\theta}}

v^{2}=\Vert\overrightarrow{v}\Vert^{2}=\dot{r}^{2}+r^{2}.\dot{\theta}^{2}

Tu devrais encore arriver à :

\overrightarrow{a}=\overrightarrow{g}=-g.\sin\left(\theta\right).\overrightarrow{u_{r}}-g.\cos\left(\theta\right).\overrightarrow{u_{\theta}}

Posté par
feralityre : Lagrangien 21-04-21 à 20:36

Pour la première équation (dérivée selon r point et r), j'obtiens bien l'attendu :

\ddot{r} = -g.sin(\theta)

Mais pour le seconde équation je n'arrive pas... :

\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{\partial L}{\partial\dot{\theta}}\right) = \dfrac{\partial L}{\partial \theta} \iff \dfrac{d}{dt}(mr^2\dot{\theta}) = -mgr\cos(\theta) \iff mr^2\ddot{\theta} = -mgr.\cos(\theta) \iff \ddot{\theta} = -\dfrac{g}{r}cos(\theta)

Du coup ça n'est pas vraiment l'attendu, il y a un "r" en trop si on en croit l'expression que vous donnez... il doit y avoir un problème.

Aussi si je comprend bien dans le Lagrangien on a deux types de "r" : le "r" de r^2, qui est considéré une constante, et le "r" qui est considéré une fonction r(t)... d'où le fait que quand on dérive mr^2\dot{\theta} on obtienne mr^2\ddot{\theta} (on ne fait pas la règle du produit de dérivées car ce r là est considéré constant). C'est bien ça ?

Posté par
vanoisere : Lagrangien 21-04-21 à 21:18

L'expression de l'accélération en polaire est plus compliquée que cela ! Voilà ce qu'il faut démontrer :

\overrightarrow{a}=\overrightarrow{g}=-g.\sin\left(\theta\right).\overrightarrow{u_{r}}-g.\cos\left(\theta\right).\overrightarrow{u_{\theta}} avec en coordonnées polaires :

\overrightarrow{a}=\left(\ddot{r}-r.\dot{\theta}^{2}\right).\overrightarrow{u_{r}}+\left(2\dot{r}.\dot{\theta}+r.\ddot{\theta}\right).\overrightarrow{u_{\theta}}

Attention ensuite : ton expression de la dérivée de L par rapport à r doit prendre en compte tous les termes de L. La dérivée par rapport à t doit prendre en compte tous les termes susceptibles de varier en fonction de t.

Posté par
feralityre : Lagrangien 22-04-21 à 00:08

Si je comprend bien, on a deux équations de Euler Lagrange, qui donneront chacune une composante de l'accélération : la première selon la coordonnée "r" donc selon le vecteur \vec{u_r}, la deuxième selon la coordonnée "theta" donc selon le vecteur \vec{u_\theta}. C'est bien ça ?

Posté par
vanoisere : Lagrangien 22-04-21 à 04:32

C'est bien cela. Je te fais un calcul et te laisse faire le second.

L=\frac{1}{2}m.\left(\dot{r}^{2}+r^{2}.\dot{\theta}^{2}\right)-m.g.r.\sin\left(\theta\right) \\ \\ \frac{\partial L}{\partial\dot{r}}=m.\dot{r}\quad;\quad\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial\dot{r}}\right)=m\ddot{r} \\ \\ \frac{\partial L}{\partial r}=m.r.\dot{\theta}^{2}-m.g.\sin\left(\theta\right)

Conclusion :

\ddot{r}-r.\dot{\theta}^{2}=-g.\sin\left(\theta\right)

Posté par
Bavaria20re : Lagrangien 23-04-21 à 17:05

malou edit > ***message hors sujet supprimé***multipost***
merci de ne pas poster n'importe où...

Posté par
feralityre : Lagrangien 23-04-21 à 19:17

Bonjour,

Désolé pour hier j'avais un travail dans une autre matière qui devait être rendu donc j'ai du passer tout mon temps dessus !
Je fais le calcul pour \dot{\theta} et \theta :

\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = mr^2\dot{\theta}

\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = \dfrac{d}{dt}(mr(t)^2\dot{\theta}(t)) = m(r^2\ddot{\theta} + 2r\dot{r}\dot{\theta})

\dfrac{\partial L}{\partial \theta} = -mgr\cos(\theta)

Donc on a : r^2\ddot{\theta} + 2r\dot{r}\dot{\theta} = -gr\cos(\theta)

r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta} = -g\cos(\theta)

C'est quand même beaucoup plus compliqué niveau calculs en polaires qu'en cartésiennes !

Posté par
vanoisere : Lagrangien 23-04-21 à 19:23

D'accord avec tes résultats !

Citation :
C'est quand même beaucoup plus compliqué niveau calculs en polaires qu'en cartésiennes !

Bien sûr ! Les coordonnées polaires ne sont pas adaptées à l'étude d'un mouvement d'accélération \vec a constante !
Il s'agissait ici juste de t'entraîner à manipuler le Lagrangien. Tu vas étudier en mécanique de Lagrange des problèmes beaucoup plus intéressants physiquement...

Posté par
feralityre : Lagrangien 23-04-21 à 20:18

Entendu
Merci beaucoup pour votre aide vanoise, bonne soirée


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