unidimensional de la inversa del cuadrado de las leyes

Question

De repente me dio curiosidad acerca de la siguiente ecuación diferencial: \begin{align*} \frac{d^2x}{dt^2} = \frac{k}{x(t)^2} && x(0) = x_0 > 0 && \frac{dx}{dt}(0) = v_0 \end{align*} el "1D ley del cuadrado inverso problema".

Es bastante natural, cosa que pensar. Eres un positivo a distancia $x_0$ lejos de un punto de partículas que ejerce un cuadrado inverso de la fuerza. Usted se está moviendo sólo radialmente con respecto a la partícula con velocidad inicial $v_0$. Lo que sucede? Hacer que todas las soluciones tienen una "forma cerrada"? Hacer algunos de ellos?

Obviamente, el comportamiento puede ser muy diferente dependiendo de las condiciones iniciales. Por ejemplo, si $k <0$, estás bien vamos a caer en el "agujero negro", o te vas a escapar hacia el infinito (o es incluso posible asympotically enfoque de algunos finito distancia máxima desde abajo como $t \to +\infty$?).

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Edit: pensé en una solución: dejar a $x(t) = a t^{2/3}$, se pone en $\frac{d^2x}{dt^2} = \frac{-2a}{9} t^{-4/3}$, de modo que $x^2 \cdot \frac{d^2 x}{dt^2} = \frac{-2a^3}{9}$ dónde, teniendo en $a = - \left( \frac{9k}{2} \right)^{1/3}$, se obtiene una solución. También podemos cambiar la variable de tiempo de conseguir algo más que soluciones.

Edit2: La solución anterior es lo suficientemente simple como que me di cuenta de esto fue el "mínimo de escape de la curva", es decir, aquella en la que tienen la suficiente energía para escapar al infinito. De hecho, no es difícil comprobar este calculuating la energía potencial y cinética al $t= 1$ es decir $x=a$. Pero mi amigo señaló una mucho mejor manera de ver esto! Aviso de $\frac{dx}{dt} = \frac{2a}{3} t^{-1/3} \to 0$$t \to \infty$. Desde el veclocity llega a cero, la energía cinética va a cero. Así, por conservación de la energía, este es el mínimo de escape de la curva (si había repuesto de la energía a la izquierda en $x = \infty$, no han frenado a velocidad cero).

Edit3: al final he encontrado la manera de obtener las soluciones de forma implícita. Ver mi respuesta aquí.

Answer 1

Ver esta respuesta en la Física SE.

En resumen, este atractivo inversa de los cuadrados problema es algo mal definido en 1 dimensión.

Si usted mira a su problema como límite el caso de Kepler problema con el momento angular de $M\to0$, entonces usted tiene la partícula, que se mueve desde su posición inicial a la singularidad del potencial y, a continuación, rebotando fuera de ella (porque la elipse con un foco en la singularity degenere en una línea con uno de sus extremos en su singularidad).

Si, por otro lado, se mira el problema como inicialmente 1-dimensional y el potencial de ser el límite de$U=\frac{k}{\sqrt{x^2+\varepsilon^2}}$$\varepsilon\to0$, entonces su partícula ir a través de la singularidad, contrario a rebotar.

Como estos límites, que tienen idénticas final potencial, dan resultados diferentes, el problema original no tiene una solución consistente en su propio.

Answer 2

Para $k<0$ es de los dos cuerpo a cuerpo problema, que si mal no recuerdo se sabe que sólo elipses, parábolas e hipérbolas como soluciones.

En el caso de un almacén de órbita (puntos suspensivos) de la órbita que pasa por el origen. No "caer en un agujero negro", sino que a través de ella. Por supuesto, si hay un cuerpo en el centro habría un crash, pero para la educación a distancia el centro no es una singularidad.

Si usted permite que caen a través del origen, entonces el movimiento es periódico y se alcance un número finito de distancia máxima periódicamente. (como un péndulo)

En el caso de la parábola y la hipérbola de la órbita es ilimitado, por lo que se le escape al infinito, dependiendo de las condiciones iniciales tal vez después de haber pasado por el origen.

Answer 3

Toda la discusión anterior sólo se aplica a los no obligados los estados (por lo tanto no de las soluciones periódico!). El complicado logarítmica de la relación entre t y x, la derivada en posts anteriores, se aplica al caso en el que tenemos una repulsiva inversa del cuadrado de la relación (k positivo). También se aplica a los atractivos del cuadrado inverso caso (k negativo) cuando la energía de las partículas es positivo. (cambiar el signo de todos los k en la expresión para obtener la relación correcta para este caso). Si k<0, entonces podemos tener enlazados a los estados cuando la energía es negativo E<0; entonces tenemos un comportamiento periódico. (no se preocupe acerca de la energía negativa, esto sólo significa que se necesita trabajar para eliminar las partículas de su estado unida al infinito, que es la referencia cero de la energía).

Para el 1_D estado unida a la energía de las partículas es negativo y la conservación, E= -k/xa , donde xa es la amplitud de la oscilación en el potencial. K es la "fuerza constante" para el problema (k=e^2/4pi.epsilon eléctricos y k= GMm para la gravedad como ejemplos). Para una partícula de masa m de la integral de t se puede hacer de forma explícita (ver enlace anterior) relacionar el tiempo,t y de la posición x de la moción. La respuesta para el atractivo de la ley del cuadrado inverso es

t = sqrt ( m.xa^3/2k) . { tan^-1 [sqrt(x/(xa-x)] - (1/xa) sqrt [x.(xa-x)]}

que es bastante más sencillo que el logarítmica expresiones que se producen en la energía positiva de los casos.

En el estado limitado, cuando la partícula pasa por el origen de la energía potencial es -infinito y la energía cinética es + el infinito, pero la energía total es constante y finita diferencia de estas dos contribuciones.

Podemos usar la ecuación de movimiento para determinar el periodo, T, de la oscilación en un 1-d potencial y T= 4t, donde t es el tiempo para ir de x=0 a x = xa.

T= 2pi. sqrt(m.xa^3/2k), que es un ejemplo de la tercera ley de kepler que dice que el período de oscilación al cuadrado es proporcional a la amplitud en cubos y es una consecuencia de la ley del cuadrado inverso.

Answer 4

La discusión en el hilo de "¿qué salió mal -0ne dimensiones ley del cuadrado inverso" ha identificado particular, soluciones de la 1-D problema para la atracción y repulsión de los potenciales. Estas soluciones se obtiene analíticamente en lugar de por integración numérica. Pero las soluciones obtenidas no son las soluciones generales al problema, ya que sólo se aplica a los valores positivos de la posición inicial, $x_o.$ y la velocidad, $v_o.$. Yo quería construir la solución general (para todos los $x_o,v_o.$) de lo particular a las soluciones analíticas en ese hilo. Tenemos tres físicamente distintos casos:

Caso de que (I) el potencial repulsivo (k positivo). La energía de la partícula sólo puede ser positivo( $E=|k|/\alpha.$). El tiempo que se tarda en ir de $x_o=\alpha, v_o=0 t=0.$ a algún punto de $x ,v_x .$(ambos positivos) está dada por

$$ \beta t_x = F_-(x) = \sqrt{x(x-\alpha)} +\frac{\alpha}{2}Ln|\frac{2x-\alpha + 2\sqrt{x(x-\alpha)}}{\alpha}| .$$ $\beta=\sqrt{2E/m}.$

Si la partícula se inicia en alguna posición $x_o .$ ($\alpha<x_o.$) con algunos de velocidad $0< v_o.$ podemos dar el tiempo, $t'_x.$ va a llegar en cualquier $x, x_o<x .$ mediante el cálculo de la energía total $E=\frac{m v_o^2}{2}+\frac{|k|}{|x_o|}.$, y observando que una partícula con esta energía que salen de $x=\alpha.$ llegará a $x_o.$ $ \beta t_xo = F_-(x_o).$ y en x en $ \beta t_x = F_-(x).$. De modo que el tiempo de $x_o.$ a de x es $ \beta t'_x= F_-(x) - F_-(x_o).$. Si la velocidad de la partícula se invierte en x, tomaría este mismo momento para regresar a $x_o.$. Por lo que podemos utilizar este escriba la solución general para el caso (I):

Para cualquier $x_o, v_o.$ y para $|x_o|<|x|.$ $$ \beta t'_x= -\frac{x_o.v_o}{|x_o.v_o|} F_-(|x_o|) + F_-(|x|).$$ The out and return times for $|\alfa|< |x| < |x_o|.$ are $$ \beta t'_x = F_-(|x_o|) - F_-(|x|).$$ and $$F_-(|x_o|) + F_-(|x|) .$$

Caso(II) potencial atractivo, energía positiva (k negativo) $ E=\frac{m v_o^2}{2} -\frac{|k|}{|x_o|}.$$ \sqrt{\frac{2|k|}{m|x_o|}}<v_o.$. El tiempo para ir de $x_o=0.$ a x está dada por $$ \beta t_x = F_+(x)=\sqrt{x(x+\alpha)} - \frac{\alpha}{2}Ln| \frac{2x+\alpha+2\sqrt{x(x+\alpha)}}{\alpha} |.$$ . So for $x_o,v_o.$ both positive or negative the time to go from $x_o.$ to x is $ \beta t'_x= F_+(|x|)-F_+(|x_o|).$ $|x_o|<|x|.$

For $x_o<0, 0<v_o.$

$$ \beta t'_x = F_+(|x_o|) - F_+(|x|).$$ when $x<0.$ and $$ \beta t'_x= F_+(|x_o|) + F_+(|x|).$$ when $0<x.$. The general expression for any $x_o,v_o.$ is $$ \beta t'_x=\frac{v_o}{|v_o|}(\frac{x}{|x|}F_+(|x|) - \frac{x_o}{|x_o|} F_+(|x_o|)) .$$

caso especial E=0 $v_o=\sqrt{\frac{2|k|}{m|x_o|}}.$ La solución particular en estas condiciones es $$ x(t)= \epsilon t^\frac{2}{3}.$$ or $$\sqrt{\frac{9|k|}{2m}} t= c t= x^\frac{3}{2}.$$ The general solution for $x_o.$ (which determines $|v_o|.$) is then $$ ct = \frac{v_o}{|v_o|}(\frac{x}{|x|}|x|^\frac{3}{2} - \frac{x_o}{|x_o|} |x_o|^\frac{3}{2}).$$ i.e if the $v_o.$ is initially towards the origin the particle accelerates to infinite velocity at the origin (offset by the -infinite potential energy there) then decelerates away from the origin until its velocity is zero at infinity. If $v_o.$ estaba lejos de la de origen de la partícula se hace más lento, hasta que se detuvo en el infinito.

Caso(III) potencial atractivo de Energía negativa (k negativo): yo.e $v_o<\sqrt{\frac{2|k|}{m |x_o|}}.$ La partícula oscila con un periodo T entre los límites de $ |x|<|x_a|.$ cuando la amplitud de la $ x_a=\frac{-2|k||x_o|}{m v_o^2|x_o|-2|k|}.$ El tiempo para ir de x=0 a x está dada por $$ \gamma t_x = G(x)= arctan(\sqrt{\frac{x}{(x_a-x)}}) - \frac{\sqrt{x(x_a-x)}}{x_a}.$$ where $\gamma=\sqrt{\frac{2|k|}{m x_a^3}}.$ For each x, there are two times (out and back) per oscillation. For initial conditions $x_o,v_o.$ both positive,and for $x_o< x < x_a.$ $$\gamma t'_x= 0 - G(|x_o|) + G(|x|).$$ also $$\gamma t'_x= \frac{\gamma T}{2} - G(|x_o|) - G(|x|).$$ and for $-x_a < x <x_o.$ $$\gamma t'_x= \frac{\gamma T}{2} - G(|x_o|) + G(|x|).$$ and $$\gamma T - G(|x_o|) - G(|x|) .$$ We can gather the solutions for all the other possible combinations of sign of initial conditions and noting $\gamma T=2 \pi.$ to give the general solution:$|x|<|x_a|.$ For the case where $\frac{(x-x_o)v_o}{|(x-x_o).v_o|}=+1.$ $$\gamma t'_x= 0 - \frac{x_ov_o}{|x_ov_o|} G(|x_o|) + G(|x|) .$$ also $$ \pi - \frac{x_ov_o}{|x_ov_o|} G(|x_o|) - G(|x|).$$ and for the case $ \frac{(x-x_o)v_o}{|(x-x_o)v_o|}=-1.$ $$\gamma t'_x= \pi - \frac{x_ov_o}{|x_ov_o|} G(|x_o|) + G(|x|).$$ also $$ 2\pi - \frac{x_ov_o}{|x_ov_o|} G(|x_o|) - G(|x|).$$