¿Qué ha fallado? [Ley cuadrada inversa unidimensional]

Question

Intrigado por esta pregunta, leyes cuadradas inversas unidimensionales , Me puse a buscar una respuesta y llegué a lo que sigue. Sin embargo, he calculado las derivadas para comprobarlo yo mismo, y esto no funciona. Sin embargo, parece lo suficientemente sencillo como para no ver mi error.

Pregunta: ¿Existe una solución de forma cerrada para todos los

$$ \ddot x = \frac{k}{x^2} \quad (x(0)=x_0), \ \dot{x}(0) = v_0, \ k \in \mathbb{R}.$$

Este es mi ingenuo punto de vista. Multiplicando ambos lados por $\dot{x}$ y obtener,

$$ \dot{x} \ddot{x} = \frac{k \dot{x}}{x^2}.$$

Integrando ambos lados, obtenemos \begin{equation} \tag{1} \frac{ (\dot{x})^2}{2} = -\frac{k}{x} + C. \end{equation}

Aquí parece natural reescribir esto como, \begin{equation} \tag{2} \dot{x} = \sqrt{2} \sqrt{C - \frac{k}{x}}. \end{equation} No sé si eso es totalmente aceptable. Sin embargo, si lo es, entonces tenemos a través de la integración una vez más, o más bien dejar que WolframAlpha integrar un lado,

$$x(t) = \sqrt{2} x \sqrt{C - \frac{k}{x}} - \frac{ k \log \left( 2 \sqrt{C} x \sqrt{C - \frac{k}{x}} + 2Cx - k \right)}{\sqrt{2C}} + \tilde{C}. $$

Tenga en cuenta que ambos $C$ y $\tilde{C}$ están determinados por las condiciones iniciales. Utilizando las condiciones iniciales dadas y (1), podemos resolver para $C$ para encontrar que $C = \frac{v_0^2}{2} + \frac{k}{x_0}.$ Del mismo modo, podríamos resolver para $\tilde{C}$ pero antes de hacerlo descubrí que mi solución era errónea.

Si vuelves a sustituir mi "solución" en la ecuación diferencial, encuentras (para mi desgracia)

$$ \ddot{x} = \frac{k}{x^2 \sqrt{2c - \frac{k}{x}}}. $$

Se agradece mucho la comprensión de mi error y/o una forma adecuada de resolverlo.

Answer 1

Tus manipulaciones son muy bonitas, y he disfrutado leyéndolas, pero he pensado en señalar que se pueden poner en el lenguaje de las leyes de conservación. Usted comenzó con una ecuación diferencial

\begin{align*} \ddot x(t) = F(x(t)) && x(0) =x_0 && \dot x(0) = v_0 \end{align*}

donde $F(x)$ puede considerarse como un "campo de fuerza" en algún dominio 1D en $\mathbb{R}$ . Ahora dejemos que $V = - \int F$ sea una función potencial (la elección de la antiderivada resulta no afectar a nada). Básicamente, has tomado $\ddot x = F(x)$ lo escribió como $ \dot x \ddot x = \dot x F(x) $ y utilizó la regla de la cadena para identificar eso con $\frac{d}{dt}\left( \frac{ \dot x^2}{2} \right)= - \frac{d}{dt} V(x)$ o, en otras palabras, $$ \frac{d}{dt} \left( \frac{\dot x^2}{2} + V(x) \right) = 0$$ que dice que la energía cinética $K = \frac{\dot x^2}{2}$ y la energía potencial $V(x)$ añadir a una constante $E$ que se interpreta fructíferamente como la energía total del sistema $$ \frac{\dot x^2}{2} + V(x) = E.$$ Podemos calcular $E$ directamente de las condiciones iniciales: $E = \frac{1}{2} v_0^2 + V(x_0)$ . Resolviendo la velocidad, obtenemos $$ \dot x = \pm \sqrt{2(E-V(x(t))) }$$ que es una EDO de primer orden, autónoma (en particular, separable). Según la velocidad inicial $v_0$ es positivo o negativo, podemos asumir con seguridad que $\dot x(t)$ retendrá su signo durante un corto período de tiempo después y eliminará el $\pm$ signo. Por ejemplo, si suponemos $v_0 > 0$ entonces, para un tamaño suficientemente pequeño $t$ aplicamos la técnica habitual de separación de variables: $$ t = \int_0^t \ ds = \int_0^t \frac{ \dot x(s) }{ \sqrt{ 2(E-V(x(s)))} } \ ds = \int_0^{x(t)} \frac{1}{ \sqrt{2(E-V(x))}} \ dx$$ que da como resultado (suponiendo que la integral pueda resolverse) una ecuación que relaciona $x(t)$ y $t$ . En el caso de la fuerza de atracción inversa al cuadrado, tenemos $F(x) = \frac{-k}{x^2}$ de donde $V = -\frac{k}{x}$ es una función potencial por lo que la integral se convierte en $$ t = \int_0^{x(t)} \frac{1}{ \sqrt{2\left( E+ \frac{k}{x} \right)}} \ dx $$ que está un poco más allá de mí, pero no más allá de la mayoría de los paquetes de integración.

Answer 2

Vamos a escribir $$ \dot{x} = \sqrt{C-\frac{k}{x}} = \sqrt{C}\sqrt{1 - \frac{k}{Cx}}. $$ donde he absorbido el factor 2 en las constantes k y C. Podemos resolver como sigue: $$ \int \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{k}{Cx}}}dx = \sqrt{C}t + \lambda_{1} $$ Si utilizamos la transformación $u = x - \frac{k}{C}$ transformamos los h.r. como

$$ \int \sqrt{1 + \frac{k}{Cu}}du = \sqrt{C}t + \lambda_{1}. $$

Integrar por partes con, $$ d\bar{u} = 1,\\ v = \sqrt{1 + \frac{k}{Cu}}. $$

Esto nos lleva a:

$$ \int \sqrt{1 + \frac{k}{Cu}}du = u\sqrt{1 + \frac{k}{Cu}} - \int u\frac{-\frac{k}{2Cu^{2}}}{\sqrt{1 + \frac{k}{Cu}}}du,\\ =u\sqrt{1 + \frac{k}{Cu}} + \frac{1}{2}\int \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{k}{Cu}}}\frac{k}{Cu}du $$

Podemos ordenar el primer término en términos de x ya como $$ u\sqrt{1 + \frac{k}{Cu}} = \sqrt{u}\sqrt{u + \frac{k}{C}} = \sqrt{x -\frac{k}{C}}\sqrt{x},\\ =x\sqrt{1 - \frac{k}{Cx}} $$

Ahora la integral: $$ \frac{1}{2}\int \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{k}{Cu}}}\frac{k}{Cu}du $$

utilizando otra transformación $w^{2} = 1 + \frac{k}{Cu} $ que tiene un inverso de $u = \frac{k/C}{w^{2}-1}$ podemos transformar la integral a,

$$ \frac{1}{2}\int \frac{w^{2} - 1}{w}\left(\frac{-2(k/C) w}{\left(w^{2}-1\right)^{2}}\right)dw = -\frac{k}{C}\int \frac{1}{w^{2}-1}dw $$

que se integra a:

$$ -\frac{k}{2C} \mathrm{log}\left(\frac{w-1}{w+1}\right) = \frac{k}{2C} \mathrm{log}\left(\frac{w+1}{w-1}\right) = \frac{k}{2C} \mathrm{log}\left(\frac{(w+1)^{2}}{w^{2} - 1}\right). $$

El argumento log se puede manipular para obtener: $$ \frac{(w+1)^{2}}{w^{2} - 1} = \frac{\frac{k}{Cu} + 2 + 2w}{\frac{k}{Cu}} = 1 + \frac{2Cu}{k} - 2w\frac{Cu}{k},\\ =\frac{2Cx - k + 2wCu}{k} = \frac{2Cx - k - 2\sqrt{1 + \frac{k}{Cu}}Cu}{k},\\ =\frac{2Cx - k + 2C\sqrt{u + \frac{k}{C}}\sqrt{u}}{k} = \frac{2Cx - k + 2Cx\sqrt{1 - \frac{k}{Cx}}}{k} $$

Uniendo todo lo que encontramos: $$ x\sqrt{1 - \frac{k}{Cx}} +\frac{k}{2C} \mathrm{log}\left(\frac{2Cx - k + 2Cx\sqrt{1 - \frac{k}{Cx}}}{k}\right)\\ = x\sqrt{1 - \frac{k}{Cx}} +\frac{k}{2C} \mathrm{log}\left(2Cx - k + 2Cx\sqrt{1 - \frac{k}{Cx}}\right) +\frac{k}{2C}\mathrm{log}\left(\frac{1}{k}\right)\\ =\sqrt{C}t + \lambda_{1} $$ El tercer término es una constante y puede ser absorbido por $\lambda_{1}$

$$ \frac{1}{\sqrt{C}}x\sqrt{C - \frac{k}{x}} +\frac{k}{2C} \mathrm{log}\left(2Cx - k + 2\sqrt{C}x\sqrt{C - \frac{k}{x}}\right) = \sqrt{C}t + \lambda_{1} $$

multiplicando el $\sqrt{C}$ finalmente llegamos a

$$ \sqrt{2}x\sqrt{C - \frac{k}{x}} +\frac{k}{\sqrt{2C}} \mathrm{log}\left(2Cx - k + 2\sqrt{C}x\sqrt{C - \frac{k}{x}}\right) = \sqrt{2}Ct + \lambda_{2} $$

I final no vale el respeto para volver a la ecuación original, hay que hacer diferenciación implícita y reordenar para $\frac{dx}{dt}$ Por eso, cuando no se tienen en cuenta los valores medios de la ecuación, es decir, el término "t", se produce un problema.

Answer 3

Su problema parece ser mucho más difícil de lo que parece a primera vista. Utilizando un CAS, no he podido resolver nada utilizando las condiciones de contorno. Olvidándolas, parece que la solución es algo así como
$$\left(\frac{x(t) \sqrt{c_1-\frac{2 k}{x(t)}}}{c_1}+\frac{k \log \left(\sqrt{c_1} x(t) \sqrt{c_1-\frac{2 k}{x(t)}}+c_1 x(t)-k\right)}{c_1^{3/2}}\right){}^2=\left(c_2+t\right){}^2$$ Las condiciones de contorno conducen a un sistema muy complejo de dos ecuaciones no lineales de las que $c_1$ y $c_2$ se expresarían como funciones de $x_0$ y $v_0$ .

Intentaré continuar pero no parece ser muy prometedor.

Answer 4

Con los estados no ligados (K>0, K<0 y E>0) las soluciones no son periódicas. La complicada relación logarítmica entre t y x, derivada en posts anteriores, se aplica a estos casos. Si K<0 (caso del cuadrado inverso atractivo) y E<0 entonces podemos tener estados límite que oscilan alrededor del origen; es decir, obtenemos un comportamiento periódico. (no te preocupes por la energía negativa, esto sólo significa que se necesita trabajo para sacar la partícula de su estado ligado hasta el infinito, que es el cero de referencia de la energía).

La solución para este caso sigue el mismo método reportado por mikeF; cuando E= -|k|/x_a , donde $x_a$ es la amplitud de la oscilación en el pozo de potencial. Para una partícula de masa m la integral para t puede hacerse explícitamente utilizando las técnicas mostradas anteriormente. La respuesta para la ley del cuadrado inverso atractivo es

$$\gamma t = [arctan( \sqrt{\frac{x}{x_a-x}}) - \frac{\sqrt{x(x_a-x)}}{x_a}].$$

donde $\gamma = \sqrt {\frac{2|k|}{m.x_a^3}}$ y $x_a=\frac{-2|k||x_o|}{mv_o^2|x_o|-2|k|}= \frac{|k|}{|E|}$

Podemos usar esto para encontrar el período, T, de oscilación en tal potencial 1-d: Si t es el tiempo para ir de x=0 a $x = x_a$ entonces $T= 4t= 2\pi.\frac{1}{\gamma}= \sqrt{\frac{m.x_a^3}{2|k|}}.$

Es el análogo unidimensional de la tercera ley de Kepler, que dice que el periodo de oscilación al cuadrado es proporcional a la amplitud al cubo y es una consecuencia de la ley del cuadrado inverso.

Answer 5

Tengo formas más simples de las ecuaciones de movimiento para el problema cuadrado inverso de 1-d que son equivalentes a las derivadas anteriormente pero que muestran los parámetros físicos apropiados (energía total de la partícula E; masa m; constante de fuerza k; velocidad inicial $v_0 .$ y la posición inicial, $x_0 .$ Se han obtenido exactamente igual que las anteriores y se ha comprobado que devuelven la ecuación diferencial adecuada. Sólo tengo que dominar la configuración del tipo de las ecuaciones...

caso (I) potencial repulsivo (k positivo) Energía total, E, de la partícula positiva.

$$ \ddot x =\frac{k}{mx^2} .$$

$$ \beta t=\sqrt{x(x-\alpha)}+ \frac{\alpha}{2}\ln|\frac{2x-\alpha+2\sqrt{x(x-\alpha)}}{\alpha}|\\-\sqrt{x_0(x_0-\alpha)}-\frac{\alpha}{2}\ln|\frac{2x_0-\alpha+2\sqrt{x_0(x_0-\alpha)}}{\alpha}| .$$

Dónde

$$\beta=\sqrt{2E/m};\\\alpha=k/E;\\ E = mv_0^2/2 + k/x_0 .$$

La partícula puede acercarse al origen, desacelerando constantemente y finalmente siendo devuelta; es reflejada por el potencial. La fuerza se aleja del origen. Una partícula con energía finita no puede cruzar el origen. No pueden darse soluciones periódicas.

Caso(II) potencial atractivo (k negativo); energía de la partícula,E, positiva: exactamente igual que el anterior pero sustituyendo k por -k. (por lo que todas las $-\alpha.$ se convierten en $+\alpha.$ y viceversa) En este caso todas las partículas con $0<E.$ pueden cruzar el origen, no se reflejan como en el caso (I), proceden a acelerar hacia el origen y luego a desacelerar alejándose de él. No están atrapados, por lo que no hay soluciones periódicas.

Caso(III) potencial atractivo (k negativo); energía de la partícula negativa: un estado ligado que oscila alrededor del origen.

$$ \ddot x =\frac{-k}{mx^2} .$$

$$ \gamma t= \arctan(\sqrt{\frac{x}{(x_a - x)}}) - \frac{\sqrt{x(x_a -x)}}{x_a} .$$

Dónde $x_a=.$ amplitud de oscilación. $ E=-|k|/x_a .$ es la energía total de la partícula.

$$ \gamma = \sqrt{\frac{2|k|}{m x_a^3}} .$$

Período de oscilación $T= 2\pi \sqrt{\frac{mx_a^3}{2|k|}} .$

Demostración de que esta función es una solución al problema del cuadrado inverso atractivo por diferenciación:

$$ \gamma t= arctan(\omega) - \omega (x_a-x)/x_a .$$ donde $\omega = \sqrt{\frac{x}{(x_a-x)}} .$ así que $\gamma \frac{dt}{dx}=\frac{d(arctan(\omega))}{d\omega}\frac{d\omega}{dx} - \frac{d\omega}{dx}\frac{(x_a-x)}{x_a} + \frac{\omega}{x_a} .$

$$ = (\frac{1}{\omega^2+1} - \frac{(x_a-x)}{x_a})\frac{d\omega}{dx} + \frac{\omega}{x_a}.$$

$$=[\frac{(x_a-x)}{x_a} -\frac{(x_a-x)}{x_a}]\frac{d\omega}{dx} + \frac{\omega}{x_a} = \frac{\omega}{x_a} .$$

$$ \frac{dx}{dt}=\frac{\gamma x_a}{\omega}.$$ $$ \frac{d^2x}{dt^2}=\gamma x_a\frac{d1/\omega}{d\omega}\frac{d\omega}{dx}\frac{dx}{dt}= -\frac{\gamma^2 x_a^2}{\omega^3}\frac{d\omega}{dx} .$$ $$\frac{d\omega}{dx}=\frac{d\sqrt{x/(x_a-x)}}{dx}=\frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{x(x_a-x)}} + \frac{\omega}{(x_a-x)}) .$$ $$\frac{1}{\omega^3}\frac{d\omega}{dx} = \frac{1}{2}(\frac{(x_a-x)}{x^2} + \frac{1}{x}) = \frac{x_a}{x^2} .$$ $$\frac{d^2x}{dt^2} = - \frac{\gamma^2 x_a^3}{2x^2} = - \frac{k}{m x^2} .$$ que es lo que queríamos demostrar. Nótese que la velocidad de la partícula es cero cuando $x=x_a.$ por lo que toda la energía es potencial en este punto, por lo que la energía total que se conserva a lo largo del movimiento es $E=-k/x_a.$ La fuerza sobre la partícula es siempre hacia el origen para este caso, por lo que la partícula oscilará de un lado a otro de $x=-x_a.$ a $x=x_a.$ . Nuestra integral particular de la ecuación de movimiento que relaciona x y t sigue este movimiento de $x=0.$ a $x=x_a.$ un cuarto del período de oscilación. Esta función $t(x).$ no se comporta bien fuera de este rango porque $\omega.$ se convierte en algo imaginario. Así que no podemos simplemente trazar nuestra función y ver la oscilación completa. Pero la simetría del problema nos permite construir el movimiento completo a partir de este cuarto como sigue trazar t(x) para $x=0.$ a $x=x_a.$ por lo que tenemos x(t) para $0<t<t_q.$ Ahora $$x(t_q + \delta)= x(t_q - \delta) for 0<\delta<t_q).$$ esto nos lleva a la mitad del período de oscilación $t_h.$ procediendo a $$x(t_h +\delta) = -x(\delta).$$ nos lleva a tres cuartas partes del período $t_t.$ y $$x(t_t +\delta)= -x(t_q -\delta).$$ completa la oscilación.