Eine nichtlinear integrierbare Differentialgleichung

Question

Ich versuche, eine Frage aus einem Mathematik-Tutorial für Physik zu lösen, das aufgrund der Pandemie nie durchgeführt wurde, sodass ich die Antwort oder eine geeignete Lösungsmethode nicht kenne. Trotzdem hier die Frage und mein Lösungsversuch. Feedback, Vorschläge zur Herangehensweise und weiterführende Leseempfehlungen wären sehr willkommen.

Die Bewegungsgleichung sei:$$m\ddot{x}(t) + V'(x(t))= 0\tag1$$und,$$E = \frac{m}{2}\left(\dot{x}(t)\right)^2 + V(x(t))\tag2$$wo$V(x)$ist ein bekanntes ableitbares Potential und$E$ist unabhängig von$t$.

1. Durch Integration der Gleichung geben$\dot{x}$, Drücken Sie die Lösung mit der Anfangsbedingung aus$x(t_0)=x_0$in Form von t(x).

Aus der Gleichung$(1)$ $$\dot{x}^2 = \frac{E-V}{m/2} \implies \pm\int_\left(x_0\right)^x\sqrt{\frac{m/2}{E-V}}dx = t+Cste$$
Ziehen wir die positive Wurzel und wissen wir von der Anfangsbedingung$Cste=-t_0$

$$t(x)=\int_\left(x_0\right)^x\sqrt{\frac{m/2}{E-V}}dx+t_0$$2. Ein im Unendlichen zunehmendes Potential sei:$$V(x\rightarrow\infty)= \frac{-C}{x^\left(2a\right)}$$wo$C>0$und$a>0$. Wir betrachten ein Teilchen mit Anfangsgeschwindigkeit$v_0>0$. Geben Sie das asymptotische Verhalten von an$x(t)$Wenn$E>0$und$E=0$.
Ich habe versucht, den Ausdruck von zu ersetzen$V(x)$im Unendlichen im Integral:$$t(x)=\int_\left(x_0\right)^x\sqrt{\frac{m/2}{E+\frac{C}{x^\left(2a\right)}}}dx+t_0$$Ich habe versucht, es in die Form umzuwandeln$\arcsin(x)+c=\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx$durch Substitution, aber es ist mir klar geworden, dass es nicht möglich ist, vielleicht darf ich den Ausdruck von nicht direkt ersetzen$V(x)$bei unendlich.
Ich denke auch, dass es einen Weg gibt, diese Frage zu umgehen, ohne das Integral berechnen zu müssen, aber ich kann anscheinend keinen finden. Hoffe jemand kann mir helfen.

Answer 1

Ich glaube, Sie haben die erste Frage richtig beantwortet, aber das Problem mit der zweiten Frage ergibt sich aus der Tatsache, dass Sie versuchen, die Stammfunktion zu bekommen, was meiner Meinung nach sehr schwierig ist. Hier ist mein Ansatz:
Nehmen wir an, dass x nahe unendlich ist, dann haben wir,$$V(x\rightarrow\infty)= \frac{-C}{x^\left(2a\right)}$$
Lassen Sie uns dies in der Gleichung ersetzen$(1)$und integrieren:$$\ddot{x}(t)=\frac{2aC}{m}x^\left(-2a-1\right)\\\implies\frac{x^\left(2a+3\right)}{2a(2a+2)(2a+3)}=\frac{C}{m}(t^2+C_1)$$also haben wir:$$x(t)=\frac{2aC}{m}(t^2+C_1)(2a+2)(2a+3)$$Auch,$$\dot{x}(t)=\frac{4aC(2a+2)(2a+3)}{m}t $$Lassen$D=a(2a+2)(2a+3)$,$$\dot{x}(t)=\frac{4DaC}{m}t $$Ersetzen Sie dies in der Gleichung$(2)$da wollen wir vorstellen$E$in der Lösung zur Untersuchung des asymptotischen Verhaltens:
$$E = \frac{(4DaC)^2}{m^2}t^2 - \frac{C}{x^\left(2a\right)}\\ \implies x = \frac{1}{\sqrt[2a]{\frac{16C(Da)^2}{m^2}t^2-\frac{E}{C}}}$$
Hier ist eine Grafik von$y = \frac{1}{\sqrt[2a]{x^2-Z}}$(wo$a$und$Z$sind Konstanten), um Ihnen eine bessere Vorstellung zu geben. Spielen Sie mit Schiebereglern, um das Verhalten der Funktion zu sehen.
Wir können aus der Grafik ersehen, dass wenn$E=0$ein Teilchen an Position$x_1$beginnt sich zu nähern$x=0$, die wir als Ursprung des Potenzials betrachten können, dauert es unendlich lange, bis es dort ankommt (für die meisten praktischen Zwecke können wir es als gestoppt betrachten). Und wenn$E>0$Dasselbe passiert, aber die Lücke vergrößert sich, was bedeutet, dass das Teilchen asymptotisch gestoppt wird, bevor es den Ursprung erreicht.