Un'equazione differenziale integrabile non lineare
Sto cercando di risolvere una domanda da un tutorial sulla matematica per il fisico che non è mai stato fatto a causa della pandemia, quindi non conosco la risposta o un metodo adeguato per risolverlo. Tuttavia ecco la domanda e il mio tentativo di risolverla. Feedback, suggerimenti su come affrontarlo e ulteriori consigli di lettura sarebbero estremamente apprezzati.
Sia l'equazione del moto:$$m\ddot{x}(t) + V'(x(t))= 0\tag1$$e,$$E = \frac{m}{2}\left(\dot{x}(t)\right)^2 + V(x(t))\tag2$$dove$V(x)$è un potenziale derivabile noto e$E$è indipendente da$t$.
- Per integrazione dell'equazione dando$\dot{x}$, Esprimi la soluzione con la condizione iniziale$x(t_0)=x_0$sotto forma di t(x).
Dall'equazione$(1)$ $$\dot{x}^2 = \frac{E-V}{m/2} \implies \pm\int_\left(x_0\right)^x\sqrt{\frac{m/2}{E-V}}dx = t+Cste$$
Prendendo la radice positiva e dalla condizione iniziale sappiamo$Cste=-t_0$
$$t(x)=\int_\left(x_0\right)^x\sqrt{\frac{m/2}{E-V}}dx+t_0$$2. Sia un potenziale crescente all'infinito:$$V(x\rightarrow\infty)= \frac{-C}{x^\left(2a\right)}$$dove$C>0$e$a>0$. Consideriamo una particella di velocità iniziale$v_0>0$. Fornire il comportamento asintotico di$x(t)$quando$E>0$e$E=0$.
Ho provato a sostituire l'espressione di$V(x)$all'infinito nell'integrale:$$t(x)=\int_\left(x_0\right)^x\sqrt{\frac{m/2}{E+\frac{C}{x^\left(2a\right)}}}dx+t_0$$Stavo cercando di convertirlo sotto forma di$\arcsin(x)+c=\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx$per sostituzione ma mi è diventato evidente che non è possibile forse non mi è permesso sostituire direttamente l'espressione di$V(x)$all'infinito.
Penso anche che ci sia un modo per aggirare questa domanda senza dover calcolare l'integrale ma non riesco a trovarne uno. Spero che qualcuno possa aiutarmi.
Risposte
Credo che tu abbia risposto correttamente alla prima domanda, tuttavia, il problema con la seconda domanda deriva dal fatto che stai cercando di ottenere l'antiderivata che secondo me è molto difficile. Ecco il mio approccio:
supponiamo che x sia vicino all'infinito allora abbiamo,$$V(x\rightarrow\infty)= \frac{-C}{x^\left(2a\right)}$$
Sostituiamo questo nell'equazione$(1)$e integralo:$$\ddot{x}(t)=\frac{2aC}{m}x^\left(-2a-1\right)\\\implies\frac{x^\left(2a+3\right)}{2a(2a+2)(2a+3)}=\frac{C}{m}(t^2+C_1)$$quindi abbiamo:$$x(t)=\frac{2aC}{m}(t^2+C_1)(2a+2)(2a+3)$$anche,$$\dot{x}(t)=\frac{4aC(2a+2)(2a+3)}{m}t $$permettere$D=a(2a+2)(2a+3)$,$$\dot{x}(t)=\frac{4DaC}{m}t $$sostituendolo nell'equazione$(2)$dal momento che vogliamo introdurre$E$nella soluzione per studiare il comportamento asintotico:
$$E = \frac{(4DaC)^2}{m^2}t^2 - \frac{C}{x^\left(2a\right)}\\ \implies x = \frac{1}{\sqrt[2a]{\frac{16C(Da)^2}{m^2}t^2-\frac{E}{C}}}$$
Ecco un grafico di$y = \frac{1}{\sqrt[2a]{x^2-Z}}$(dove$a$e$Z$sono costanti) per darti un'idea migliore. Gioca con i cursori per vedere il comportamento della funzione.
Possiamo vedere dal grafico che se$E=0$una particella in posizione$x_1$inizia ad avvicinarsi$x=0$, che possiamo considerare come l'origine del potenziale, ci vuole un tempo infinito per raggiungerlo (per la maggior parte degli scopi pratici possiamo considerarlo come fermato). E se$E>0$accade la stessa cosa ma il gap aumenta a significare che la particella è asintoticamente fermata prima che raggiunga l'origine.