Usted puede obtener una solución exacta para t(p)t(p), si bien implica un lugar desagradable integral que no estoy seguro de que puede ser escrito en forma cerrada. He aquí cómo:
Las ecuaciones de movimiento son
dpdt=−kxdxdt=1mp√1+p2/m2c2.dpdt=−kxdxdt=1mp√1+p2/m2c2.
Esta segunda ecuación se puede obtener tomando la ecuación de p=mv/√1−v2/c2p=mv/√1−v2/c2 y resolviendo vv. La diferenciación de la primera ecuación y conectar en el segundo, entonces los rendimientos
¨p=−ω2p√1+p2/m2c2.¨p=−ω2p√1+p2/m2c2.
donde ω2=k/mω2=k/m como de costumbre.
Este es un de segundo orden de la educación a distancia de la forma ¨p=f(p)¨p=f(p), y por lo tanto puede ser resuelto (al menos en principio) a través del método de cuadraturas:
˙p¨p=−ω2˙pp√1+p2/m2c2ddt(12˙p2)=ddt(−ω2m2c2√1+p2/m2c2)12˙p2=−ω2m2c2√1+p2/m2c2+C,˙p¨p=−ω2˙pp√1+p2/m2c2ddt(12˙p2)=ddt(−ω2m2c2√1+p2/m2c2)12˙p2=−ω2m2c2√1+p2/m2c2+C,
donde CC es una constante determinada por las condiciones iniciales. En particular, si tomamos el caso de que la partícula se suelta desde el reposo a una distancia AA desde el origen, entonces tenemos p0=0p0=0˙p0=−kA˙p0=−kA, lo que implica que
C=12k2A2+ω2m2c2;C=12k2A2+ω2m2c2;
y así tenemos
dpdt=±√k2A2+2ω2m2c2−2ω2m2c2√1+p2/m2c2.dpdt=±√k2A2+2ω2m2c2−2ω2m2c2√1+p2/m2c2.
Esta es una ecuación separable, por lo que en principio, entonces, tenemos una solución implícita de t(p)t(p):
t(p)=∫p0dp[2C−2ω2m2c2√1+p2/m2c2)−1/2.t(p)=∫p0dp[2C−2ω2m2c2√1+p2/m2c2)−1/2.
Hacen de todo, como adimensional como sea posible, hemos de redefinir ˜p=p/mc~p=p/mc˜C=C/ω2m2c2~C=C/ω2m2c2; la integral se convierte entonces en
t(˜p)=1ω∫˜p0d˜p[2˜C−2√1+˜p2)−1/2.t(~p)=1ω∫~p0d~p[2~C−2√1+~p2)−1/2.
No sé cómo resolver esta integral, personalmente. Mathematica me dice que no hay una solución en términos de incompleta de las integrales elípticas, pero no es terriblemente iluminando; y parece bastante desesperado para tratar de invertir esta para obtener p(t)p(t) y, por lo tanto,x(t)x(t).
Sin embargo, esta expresión puede usarse para determinar el periodo de oscilación. Si pensamos acerca de la oscilación, se tomará una cuarta parte del objeto del periodo de p=0p=0 a un máximo de pp (donde ˙p=0˙p=0.) Este será, precisamente, donde la cantidad entre corchetes en la integral anterior se desvanece. En otras palabras, el período de ττ será dada por
τ=4ω∫√˜C2−10d˜p[2˜C−2√1+˜p2)−1/2τ=4ω∫√~C2−10d~p[2~C−2√1+~p2)−1/2
Tenga en cuenta que la dependencia de la amplitud de la época está codificada en la constante ˜C~C. Dicho esto, todavía no estoy seguro de cómo resolver esta integral, y Mathematica no se preocupó por ella. Si nada más, es susceptible de integración numérica de ahora.
EDIT: En el límite Newtoniano, tendremos ˜p≪1~p≪1, en todos los tiempos, y
˜C=1+12k2A2ω2m2c2=1+ω2A22c2⇒√˜C2−1≈ωc.~C=1+12k2A2ω2m2c2=1+ω2A22c2⇒√~C2−1≈ωc.
Por lo que el período de tiempo en este límite se convierte en
τ≈4ω∫ωA/c0d˜p[2+ω2A2c2−2−˜p2]−1/2=4ω∫ωA/c0d˜p[ω2A2c2−˜p2]−1/2=4ω[arcsin(c˜pωA)]ωA/c0=4ω[π2]=2πω.τ≈4ω∫ωA/c0d~p[2+ω2A2c2−2−~p2]−1/2=4ω∫ωA/c0d~p[ω2A2c2−~p2]−1/2=4ω[arcsin(c~pωA)]ωA/c0=4ω[π2]=2πω.
Así que la de Newton resultado del periodo se recupera. Uno podría hacer una expansión similar a resolver para p(t)p(t) en este caso, ya que nos quedaría algo como ωt=arcsin(c˜p/ωA).ωt=arcsin(c~p/ωA).