ขอต้อนรับ ผู้มาเยือน กรุณา ล็อกอิน หรือ สมัครสมาชิก
Did you miss your activation email?

ล็อกอินด้วยชื่อผู้ใช้ รหัสผ่่าน และระยะเวลาใช้งาน

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
 
Advanced search

39982 Posts in 5858 Topics- by 4529 Members - Latest Member: dreamphitt
Pages: 1   Go Down
Print
Author Topic: [6.2] Geodesic บนผิวทรงกระบอก  (Read 4372 times)
0 Members and 1 Guest are viewing this topic.
เกียรติศักดิ์
Administrator
neutrino
*****
Offline Offline

Posts: 296


:)


WWW
« on: November 15, 2005, 06:41:06 AM »

Find the length L of a [geodesic] path [from (\phi_1, z_1) to (\phi_2, z_2)] on a cylinder of radius R, using cylindrical polar coordinates ( \rho, \phi, z ). Assume that the path is specified in the form  \phi = \phi (z).
« Last Edit: November 21, 2005, 09:34:38 PM by kiattisak » Logged

Scientia gaza inaestimabilis est.
เกียรติศักดิ์
Administrator
neutrino
*****
Offline Offline

Posts: 296


:)


WWW
« Reply #1 on: November 15, 2005, 09:50:41 AM »

The first part can be skipped; one can just write out the length element straightaway. Smiley

Find the length element in cylindrical coordinate system ( \rho, \phi, z ).
\begin{array}{rcl} x &=& \rho \cos \phi \\ y &=& \rho \sin \phi \\ z &=& z \\ \mathbf{r} &=& x \mathbf{\hat{i}} + y \mathbf{\hat{j}} + z \mathbf{\hat{k}} \\ &=& \rho \cos \phi \mathbf{\hat{i}} + \rho \sin \phi \mathbf{\hat{j}} + z \mathbf{\hat{k}} \end{array}

(Notice that it is given that  \phi is a function of  z so this is just a parametric equation of a helix with  z as a parameter, provided that  \phi (z) must be a linear function.)

\begin{array}{rcl} \mathrm{d} \mathbf{r} &=& \frac{\partial}{\partial \rho} \mathbf{r} \mathrm{d}\rho + \frac{\partial}{\partial \phi} \mathbf{r} \mathrm{d} \phi + \frac{\partial}{\partial z} \mathbf{r} \mathrm{d} z \\ &=& \mathrm{d} \rho (\cos \phi \mathbf{\hat{i}} + \sin \phi \mathbf{\hat{j}}) + \mathrm{d} \phi (-\rho \sin \phi \mathbf{\hat{i}} + \rho \cos \phi \mathbf{\hat{j}}) + \mathrm{d} z(\mathbf{\hat{k}}) \\ &=& \mathrm{d} \rho \sqrt{\cos^2 \phi + sin^2 \phi} \frac{\cos \phi \mathbf{\hat{i}} + \sin \phi \mathbf{\hat{j}}}{\sqrt{\cos^2 \phi + sin^2 \phi}} \\ && + \mathrm{d} \phi \sqrt{\rho^2 \sin^2 \phi + \rho^2 \cos^2 \phi} \frac{-\rho \sin \phi \mathbf{\hat{i}} + \rho \cos \phi \mathbf{\hat{j}}}{\sqrt{\rho^2 \sin^2 \phi + \rho^2 \cos^2 \phi}} \\ && + \mathrm{d} z (\mathbf{\hat{k}}) \\ &=& \mathrm{d} \rho \mathbf{\hat{e}_\rho} + \rho \mathrm{d} \phi \mathbf{\hat{e}_\phi} + \mathrm{d} \mathbf{\hat{e}_z} \end{array}

\begin{array}{rcl} \mathrm{d} s^2 &=& \mathrm{d} \mathbf{r} \cdot \mathrm{d} \mathbf{r} \\ &=& \mathrm{d} \rho^2 + \rho^2 \mathrm{d} \phi^2 + \mathrm{d} z^2 \\ \mathrm{d} s &=& \sqrt{\mathrm{d} \rho^2 + \rho^2 \mathrm{d} \phi^2 + \mathrm{d} z^2} \\ \\ \mathrm{d}\rho &=& 0 \qquad \text{ (because we are on the surface) } \\ \rho &=& R \qquad \quad \text{ (...of the cylinder whose radius is } R \text{) } \end{array}

Given that the path is expressed as \phi (z), its length is found by integrating over z which is the independent variable.

\begin{array}{rcl} \mathrm{d} s &=& \sqrt{R^2 \mathrm{d} \phi^2 + \mathrm{d} z^2} = \sqrt{R^2 \left( \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} z} \phi \right)^2 + 1} \; \mathrm{d} z = \sqrt{R^2 (\phi^\prime)^2 + 1} \; \mathrm{d} z \\ L &=& \int_{z_1}^{z_2} \sqrt{R^2 (\phi^\prime)^2 + 1} \; \mathrm{d} z \end{array}

We see that for this problem, f[\phi , \phi^\prime, z] is

\begin{array}{rcl} f = \sqrt{R^2 (\phi^\prime)^2 + 1} \end{array}

Since this is independent of z, \frac{\partial}{\partial z} f = 0 and the second form of the Euler equation (see more below) should be used. (It's easier!)

\begin{array}{rcl} f - \phi^\prime \frac{\partial}{\partial \phi^\prime} f &=& \text{constant} \equiv \sqrt{\frac{1}{C}} \end{array}

Solve for \phi (z).

\begin{array}{rcl} \sqrt{R^2 (\phi^\prime)^2 + 1} - \phi^\prime \frac{R^2 \phi^\prime}{\sqrt{R^2 (\phi^\prime)^2 + 1}} &=& \sqrt{\frac{1}{C}} \\ \frac{R^2 (\phi^\prime)^2 + 1 - R^2 (\phi^\prime)^2}{\sqrt{R^2 (\phi^\prime)^2 + 1}} &=& \sqrt{\frac{1}{C}} \\ \frac{1}{\sqrt{R^2 (\phi^\prime)^2 + 1}} &=& \sqrt{\frac{1}{C}} \\ \frac{1}{R^2 (\phi^\prime)^2 + 1} &=& \frac{1}{C} \\ R^2 (\phi^\prime)^2 &=& C - 1 \\ (\phi^\prime)^2 &=& \frac{C - 1}{R^2} \\ \phi^\prime &=& \frac{\sqrt{C - 1}}{R} \\ \phi &=& \frac{\sqrt{C - 1}}{R} z + \text{constant} \end{array}

The path  \phi (z) is now easily pictured as a helix. As  z increases,  \phi linearly increases, and the path traces around a cylinder helically.

Now knowing it is just a straight line if the surface is unwrapt and formed into a plane, when it is given that the end points are  (\phi_1, z_1) and  (\phi_2, z_2) then the length is, using Pythagorean theorem,  \displaystyle \sqrt{[R (\phi_2 - \phi_1)]^2 + (z_2 - z_1)^2} = \sqrt{C}(z_2 - z_1) , and  C can be evaluated.

[Unparseable or potentially dangerous latex formula. Error 6 ]

Plug (\phi^\prime)^2 into L to obtain the geodesic's length.

\begin{array}{rcl} L &=& \int_{z_1}^{z_2} \sqrt{R^2 \left( \frac{C - 1}{R^2} \right) + 1} \; \mathrm{d} z \\ &=& \sqrt{C} \int_{z_1}^{z_2} \mathrm{d} z \\ &=& \sqrt{C}(z_2 - z_1) \\ &=& \sqrt{\frac{[R (\phi_2 - \phi_1)]^2}{(z_2 - z_1)^2} + 1}(z_2 - z_1) \\ &=& \sqrt{[R (\phi_2 - \phi_1)]^2 + (z_2 - z_1)^2} \end{array}
« Last Edit: November 27, 2005, 07:16:07 AM by kiattisak » Logged

Scientia gaza inaestimabilis est.
เกียรติศักดิ์
Administrator
neutrino
*****
Offline Offline

Posts: 296


:)


WWW
« Reply #2 on: November 15, 2005, 11:22:12 AM »

Notice that if \frac{\partial}{\partial x} f = 0 then

\begin{array}{rcl} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} f[y, y^\prime, x] &=& y^\prime \frac{\partial}{\partial y} f + y^{\prime \prime} \frac{\partial}{\partial y^\prime} f + \frac{\partial}{\partial x} f \\ &=& y^\prime \frac{\partial}{\partial y} f + y^{\prime \prime} \frac{\partial}{\partial y^\prime} f \qquad \text{or} \\ y^{\prime \prime} \frac{\partial}{\partial y^\prime} f &=& \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} f - y^\prime \frac{\partial}{\partial y} f \end{array}

Also

\begin{array}{rcl} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( y^\prime \frac{\partial}{\partial y^\prime} f \right) &=& y^{\prime \prime} \frac{\partial}{\partial y^\prime} f + y^\prime \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \frac{\partial}{\partial y^\prime} f \\ \end{array}

Plug the first equation into the second one to get

\begin{array}{rcl} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( y^\prime \frac{\partial}{\partial y^\prime} f \right) &=& \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} f - y^\prime \frac{\partial}{\partial y} f + y^\prime \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \frac{\partial}{\partial y^\prime} f \\ &=& \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} f - y^\prime \left( \frac{\partial}{\partial y} f - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \frac{\partial}{\partial y^\prime} f \right) \\ &=& \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} f \end{array}

The term in parentheses vanishes in view of the Euler equation.

That is,

\begin{array}{rcl} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( f - y^\prime \frac{\partial}{\partial y^\prime} f \right) &=& 0 \end{array}

This equation is called the second form of the Euler equation in the special case when \frac{\partial}{\partial x} f = 0. (Otherwise the term appears.)
« Last Edit: November 15, 2005, 11:29:45 AM by kiattisak » Logged

Scientia gaza inaestimabilis est.
เกียรติศักดิ์
Administrator
neutrino
*****
Offline Offline

Posts: 296


:)


WWW
« Reply #3 on: November 16, 2005, 05:18:12 PM »

คิดไปคิดมา ก็ยังไม่รู้ว่าจะแก้อย่างไรดีครับ
Logged

Scientia gaza inaestimabilis est.
ปิยพงษ์ - Head Admin
Administrator
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 5856


มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ


WWW
« Reply #4 on: November 16, 2005, 09:15:32 PM »

คิดไปคิดมา ก็ยังไม่รู้ว่าจะแก้อย่างไรดีครับ

ที่ทำมาไม่ผิดหรอก geodesic บนผิวทรงกระบอกเป็นเส้นเกลียว (helix) (พิสูจน์หน่อย!) ดังนั้นถ้า z_1 = z_2 จุดสองจุดบนเส้นทางต้องเป็นจุดเดียวกัน ซึ่งทำให้ระยะทางระหว่างสองจุดนั้นเป็นศูนย์ 
Logged

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
เกียรติศักดิ์
Administrator
neutrino
*****
Offline Offline

Posts: 296


:)


WWW
« Reply #5 on: November 22, 2005, 08:00:52 AM »

คราวนี้ดูน่าจะถูกแล้วรึเปล่าครับ ผลที่ได้เป็นไปอย่างที่ผมคาดหวังตั้งแต่ทีแรกละ

จุดสองจุดบนทรงกระบอกที่เลือกคือ  (\phi_1, z_1) กับ  (\phi_2, z_2) ถ้าบังเอิญว่าเลือกให้  z_1 = z_2 ก็เป็นไปได้ว่า ตำแหน่ง polar ที่เลือกอาจไม่เท่ากันก็ได้ ทำให้ความยาวของ geodesic path ที่อธิบายโดย  \phi (z) เท่ากับ  R (\phi_2 - \phi_1) ได้ครับ
« Last Edit: November 22, 2005, 07:59:50 PM by kiattisak » Logged

Scientia gaza inaestimabilis est.
เกียรติศักดิ์
Administrator
neutrino
*****
Offline Offline

Posts: 296


:)


WWW
« Reply #6 on: December 15, 2005, 10:06:38 PM »

ลืมไปหนึ่งอย่างครับ สังเกตว่าจริงๆ แล้วเรารู้  L ตั้งแต่ตอนที่รู้ว่า path เป็นเส้นตรงแล้ว Cheesy (ถ้าตอนจบได้  L ต่างออกไปล่ะก็ มีปัญหาแน่ แต่โชคดีที่ไม่ Grin)
Logged

Scientia gaza inaestimabilis est.
Pages: 1   Go Up
Print
Jump to:  

คุณสมบัติของเด็กดี

ไม่ฟังเวลามีการนินทากัน ไม่มองหาข้อด้อยของผู้อื่น ไม่พูดนินทาเหยีบบย่ำผู้อื่น