Krych M - Zagadnienie dwóch ciał. Fragmenty wykladu z równań różniczkowych.pdf

(97 KB) Pobierz
Niekt´re fragmenty wykladu z r´wna´ r´zniczkowych
o
o
n o˙
To mo˙ e za kilka dni sie powiekszy´ o jakie´ inne twierdzenia
z
c
s
Zagadnienie dw´ch cial
o
¡
 
 
 
Dwa ciala poruszaja sie w przestrzeni
 
 
 
3
, w kt´rej poza nimi nic nie ma. Jedyna sila, kt´ra
o
o
 
 
dziala to grawitacja. Ciala maja masy
m, M
, znajduja sie w chwili
t
w punktach
x
=
x(t)
i
y
=
y(t).
Niech
G
oznacza stala grawitacyjna . Z prawa powszechnego cia zenia wynika, ze
˙
˙
 
 
 
 
 
na mase
m
dziala sila
GmM
 
 
y−x
x−y
3
, a na mase
M
— sila
GmM
 
x−y
x−y
3
. Obie sily r´znia
o˙
sie jedynie zwrotem (znakiem). Spelnione sa r´wnania Newtona:
o
mx
=
GmM
 
y−x
x−y
3
,
M
y
=
GmM
x−y
x−y
3
.
Dodaja c je stronami otrzymujemy:
mx
+M
y
= 0, a poniewa˙ ´rodkiem masy rozpatrywa-
zs
 
nej pary punkt´w materialnych jest
o
mx+M
y
,
m+M
wiec mo˙ emy stwierdzi´, ze ruch ´rodka masy
z
c ˙
s
 
 
jest jednostajny i prostoliniowy. Mo˙ emy wiec w dalszym cia gu przyja´, ze
mx
+
M
y
= 0
z
c ˙
dla ka˙ dego
t,
czyli ze ´rodek masy nie porusza sie, po prostu zastepujemy jeden uklad
z
˙ s
inercjalny innym, w jezyku matematyki: dodajemy do ka˙ dej z funkcji
x, y
funkcja linowa ,
z
co ani nie zmienia ich r´znicy, ani drugiej pochodnej.
o˙
Odejmijmy teraz r´wnania ruchu stronami podzieliwszy uprzednio pierwsze z nich
o
przez
m
a drugie — przez
M
. Otrzymujemy
1
m
1
M
1
m
1
M
 
 
 
 
 
(x
−
y)
=
x
−
y
=
−GmM
.
+
x−y
x−y
3
=
−µ
x−y
x−y
3
,
gdzie
µ
=
GmM
+
Oznaczamy w dalszym cia gu:
r
=
x
−
y,
zatem r´wnanie przybiera posta´
r
=
−µ
o
c
Zauwa˙ my, ze
z
˙
(r
×
r
) =
r
×
r
+
r
×
r
 
r
r
3
.
=
0
+
r
×
−
µ
r
r
3
=
0,
bo iloczyn
 
wektorowy wektor´w r´wnoleglych jest wektorem zerowym. Wykazali´my wiec, ze funkcja
o o
s
˙
r
×
r
jest stala na rozwia zaniach naszego ukladu, co oznacza, ze jest calka pierwsza tego
˙
ukladu (fizycznie: moment pedu nie zmienia sie w czasie). Poza tym, ze mo˙ emy u˙ ywa´
˙
z
z
c
uczonych termin´w wynika z tego, ze ruch odbywa sie w plaszczy´nie prostopadlej do
r
×
r
o
˙
z
(zakladamy, ze
r
×
r
=
0,
a co sie dzieje, gdy
r
×
r
=
0?).
Mo˙ emy, bez straty og´lno´ci
˙
z
o s
rozwa˙ a´ zalo˙ y´, ze
r×r
jest wektorem r´wnoleglym do (0, 0, 1), ewentualna zmiana bazy
z n
z c ˙
o
¡
 
 
 
 
 
 
 
w
3
.
Przy okazji warto zauwa˙ y´, ze dlugo´´ wektora
r(t)
×
r(t
+
h)
r´wna jest polu r´wno-
z c ˙
sc
o
o
legloboku rozpietego przez wektory
r(t), r(t
+
h).
Mamy
1
2
 
 
h→0
lim
r(t)×r(t+h)
= lim
r(t)×r(t+h)−r(t)×r(t)
=
r(t)
×
r
(t).
h
h
h→0
nawet ciut wiecej, bo w wektorowej wersji. Wiemy ju˙ te˙ , ze ruch odbywa sie w plaszczy´nie,
z z ˙
z
a to jest fragment pierwszego prawa Keplera, kt´re niedlugo te˙ wyka˙ emy.
o
z
z
Sprowadzili´my zagadnienie przestrzenne do plaskiego. Nie zmieniamy oznacze´ . Mamy
s
n
1
 
 
 
Wobec tego
r×r
to tzw. predko´´ polowa. Udowodnili´my wiec drugie prawo Keplera, a
sc
s
calke pierwsza : moment pedu, czyli
r×r
. Nale˙ y spodziewa´ sie co najmniej jeszcze jednej,
z
c
 
mianowicie energii calkowitej. Mamy grad
pelni´ funkcja
c
1
2
 
 
1
r
=
−
−
µ
r
r
r
3
. Role energii calkowitej powinna
r
2
.
 
Sprawdzimy, ze jest ona calka pierwsza ukladu, kt´rym sie zajmujemy. R´zniczkujemy
˙
o
o˙
wzgledem
t:
 
1
2
r
2
−
µ
r
=
r
·
r
+
µr
r
3
 
·
r
=
r r
+
z
Sprowadzili´my rzecz do r´wnania drugiego rzedu na plaszczy´nie, czyli do zagadnienia
s
o
czterowymiarowego, ale mamy jeszcze dwie calki pierwsze, wiec mamy powa˙ ne szanse
z
obni˙ y´ wymiar o dwa. Zrobimy, to ale najpierw przejdziemy do ukladu biegunowego, co w
z c
rozpatrywanym zagadnieniu jest bardzo naturalnym pomyslem.
Niech (r,
θ)
beda wsp´lrzednymi biegunowymi. Wtedy zachodza nastepuja ce trzy r´w-
o
o
no´ci
s
r
= (r cos
θ, r
sin
θ),
r
=
r
(cos
θ,
sin
θ)
+
rθ
(− sin
θ,
cos
θ),
r
=
r
(cos
θ,
sin
θ)
+ 2r
θ
(− sin
θ,
cos
θ)
+
rθ
(− sin
θ,
cos
θ)
−
r(θ
)
2
(cos
θ,
sin
θ).
Mo˙ emy wiec napisa´ uklad r´wna´ :
z
c
o
n
 
 
 
 
 
 
 
 
r
cos
θ
−
2r
θ
sin
θ
−
rθ
sin
θ
−
r(θ
)
2
cos
θ
=
−
µ
cos
θ
,
r
2
r
sin
θ
+ 2r
θ
cos
θ
+
rθ
cos
θ
−
r(θ
)
2
sin
θ
=
−
µ
sin
θ
.
r
2
Zapiszemy go w postaci normalnej, tzn. wyznaczymy z niego
r
i
θ
. W tym celu mno˙ ymy
z
pierwsze r´wnanie przez cos
θ,
drugie przez sin
θ
i dodajemy stronami:
o
µ
r
−
r(θ
)
2
=
−
r
2
.
Teraz mno˙ ymy drugie r´wnanie przez cos
θ
i odejmujemy od niego pierwsze pomno˙ one
z
o
z
przez sin
θ:
2r
θ
+
rθ
= 0.
1
Znalezione calki pierwsze we wsp´lrzednych
r, θ
maja posta´:
r
2
θ
:=
α
(
2
α
to predko´´
o
c
sc
 
polowa) oraz
1
2
(r )
2
+
r
2
(θ )
2
−
µ
r
:=
E
(energia calkowita,
µ
pelni tu role masy, uklad
 
 
nie jest przecie˙ inercjalny, ale r´wnanie wygla da tak jak w inercjalnym),
α, E
sa stalymi
z
o
oczywi´cie zale˙ nymi od warunku pocza tkowego.
s
z
Przypadek
α
= 0 nie jest interesuja cy: albo
r
= 0 dla ka˙ dego
t
(fizycznie to bez sensu,
z
bo wtedy nie ma ruchu), albo
θ
= 0, co oznacza, ze
θ
= const, wiec w tym przypadku
˙
z
ciala poruszaja sie wzdlu˙ prostej (wiec dojdzie do zderzenia).
Je´li
α
= 0, to
θ
= 0, a z tej nier´wno´ci wynika, ze funkcja
θ
jest r´znowarto´ciowa.
s
o
s
˙
o˙
s
Pozwoli to nam wyeliminowa´ z ukladu zmienna
t.
Otrzymamy wiec r´wnanie krzywej po
c
o
kt´rej porusza sie nasz punkt materialny. Mamy
o
 
 
 
 
 
 
 
dr
dt
=
dr
dθ
·
dθ
dt
=
dr
dθ
·
θ
=
dr
dθ
·
α
r
2
=
d
dθ
2
 
 
 
 
 
 
 
 
 
µr
r
3
= 0.
−α
r
.
Z tego wzoru wynika, ze
˙
 
d
2
r
dt
2
=
d
d
dθ dθ
−α
r
µ
wiec napisa´ r´wnanie
r
−
r(θ
)
2
=
−
r
2
w postaci
c o
·
dθ
dt
=
d
2
dθ
2
d
2
dθ
2
−α
r
−α
r
α
·
r
2
−
r
·
θ
=
d
2
dθ
2
α
2
r
2
−α
r
=
α
z
r
2
. Mo˙ emy
µ
−
r
2
lub jeszcze
·
pro´ciej
s
d
2
dθ
2
1
r
+
 
1
r
=
µ
α
2
.
1
r
Otrzymali´my r´wnanie liniowe, drugiego rzedu z niewiadoma funkcja
s
o
wia zanie tego r´wnania ma posta´
c
1
cos
θ
+
c
2
sin
θ
+
o
c
h
cos(θ +
ϕ)
+
 
 
zmiennej
θ.
Roz-
µ
α
2
, co mo˙ na napisa´ w postaci
z
c
, gdzie
h >
0,
ϕ
∈
.
¡
µ
α
2
. Otrzymali´my wz´r
s
o
 
1
r
=
h
cos(θ +
ϕ)
+
 
µ
α
2
Teraz czas na ciekawostke geometryczna (przypomnienie?). Niech
d >
0,
ε >
0.
2
¡
Bedziemy rozwa˙ a´ zbi´r zlo˙ ony z punkt´w
x
∈
z c
o
z
o
otrzymujemy:
 
 
 
, dla kt´rych stosunek odleglo´ci
x
o
s
o
s
o
od pocza tku ukladu wsp´lrzednych
0
do odleglo´ci od prostej
x
1
=
−d
r´wny jest
ε,
to
elipse, je´li 0
< ε <
1;
s
 
Prosta
x
1
=
−d
zwana jest kierownica (ang. directrix) odpowiedniej krzywej sto˙ kowej,
z
punkt
0
— jej ogniskiem (ang. focus),
ε
—mimo´rodem (ang. eccentricity).* Zauwa˙ my,
s
z
ze r´wnanie sto˙ kowej wygla da tak:
˙ o
z
x
|x
1
+d|
 
=
ε,
czyli
x
2
+
x
2
=
ε
2
(x
1
+
d)
2
1
2
lub
(1
−
ε
2
)x
2
+
x
2
−
2dε
2
x
1
−
d
2
ε
2
= 0.
1
2
x
2
+
x
2
i
d >
0, wiec
x
1
+
d >
0,
1
2
 
Je´li
ε
≤
1, to poniewa˙
|x
1
+
d|
≥
ε|x
1
+
d|
=
x
=
s
z
 
 
 
wiec warto´´ bezwzgledna mo˙ na opu´ci´. Je´li
ε >
1, to nie mo˙ na, ale i tak opu´cimy,
sc
z
s c
s
z
s
co oznacza, ze z dwu galezi hiperboli wybieramy jedna , te „bli˙ sza punktowi”
0
= (0, 0).
˙
z
 
 
 
 
 
Wobec tego od tej pory nasze r´wnanie ma posta´
o
c
biegunowych wygla da tak:
r
=
ε(d
+
r
cos
θ)
Je´li
a > b,
to ogniskami elipsy
s
i kierownicami proste
x
1
=
x
2
1
a
2
 
x
x
1
+d
=
ε,
co w ukladzie wsp´lrzednych
o
εd
1−ε cos
θ
.
lub tak
 
Otrzymali´my poprzednio r´wnanie
s
o
postaci
r
=
 
α
2
2
cos(θ+ϕ)
µ+hα
 
Widzimy wiec, ze cialo porusza sie po sto˙ kowej, w kt´rej ognisku znajduje sie drugie cialo
˙
z
o
hα
2
µ
 
(pierwsze prawo Keplera): je´li
ε
=
s
to — parabola , je´li
ε
=
s
 
 
hα
2
µ
 
<
1, to tor ruchu jest elipsa , je´li
ε
=
s
 
>
1, to galezia hiperboli. Bez klopotu mo˙ emy stwierdzi´, ze
z
c ˙
 
je´li trajektoria ruchu jest elipsa, to jest on okresowy — idea: nie ma sie gdzie zatrzyma´,
s
c
sc
z
o
bo wszedzie „predko´´” jest niezerowa, a poniewa˙ poruszamy sie po elipsie, kt´ra jest
 
 
 
 
 
 
 
*
Wiecej mo˙ na o tym przeczyta´ w podrecznikach do geometrii analitycznej lub w bardzo pieknej ksia zce
z
c
˙
D.Hilberta i S.Cohn-Vossena, Geometria pogla dowa, z kt´rej mo˙ na sie dowiedzie´, dlaczego te krzywe
o
z
c
nazywane sa sto˙ kowymi i powia za´ ognisko i kierownice ze sto˙ kiem.
z
c
z
3
 
 
 
 
¡
kr´tkie opowiadanie o sto˙ kowych.
o
z
2
√
a
a
2
−b
2
, zachodzi te˙ r´wno´´
ε
=
z o
sc
1
r
√
a
2
−b
2
a
. Na tym ko´ czymy
n
=
h
cos(θ +
ϕ)
+
α
2
µ
µ
α
2
. Mo˙ emy je przepisa´ w
z
c
=
1+
hα
cos(θ+ϕ)
µ
2
.
hα
2
µ
 
+
x
2
2
b
2
= 1 sa punkty (
√
a
2
−
b
2
,
0) a odpowiadaja cymi
r
=
 
parabole, je´li
ε
= 1;
s
 
hiperbole, je´li
ε >
1.
s
 
 
 
 
= 1,
 
zbiorem zwartym, wiec w ko´ cu ja obejdziemy („predko´´” jest oddzielona od 0). Wielka
n
sc
p´lo´ naszej elipsy r´wna jest
o s
o
a
=
b
2
= (1
−
ε
2
)
1
2
α
2
µ
2
1+
hα
µ
α
2
µ
2
1−
hα
µ
 
 
 
·
+
=
α
2
µ
µ
2
−h
2
α
4
α
2
µ
µ
2
−h
2
α
4
.
2
α
4
µ
2
−h
2
α
4
Wobec tego kwadrat malej p´losi r´wny jest:
o
o
α
2
µ
µ
2
−h
2
α
4
2
Wynika sta d, ze pole elipsy r´wne jest
πab
=
π
√
˙
o
s
wodza cy
r
zakre´la pole
Mamy zatem
T
2
=
 
= 1
−
h
2
α
4
µ
2
— ten warunek oznacza, ze predko´´ polowa jest stala i r´wna
1
α,
czyli w czasie
t
promie´
˙
sc
o
n
2
 
α
4
µ
(µ
2
−h
2
α
4
)
3
·
=
.
. Przypominamy, ze
r
2
θ
=
α
˙
α
3
µ
(µ
2
−h
2
α
4
)
3
 
1
αt.
2
4π
2
µ
a
3
. Przypomnijmy, ze
µ
=
GmM
˙
 
 
np. ze
M
oznacza mase Slo´ ca, a
m
mase jednej z planet naszego ukladu stwierdzamy, ze
˙
n
˙
kwadrat okresu obiegu planety wok´l Slo´ ca jest proporcjonalny do sze´cianu wielkiej p´losi
o
n
s
o
o
n
c
elipsy, po kt´rej porusza sie wok´l Slo´ ca ta planeta. Przyjmujemy tak, cho´ z zasadzie to
o
 
 
nieprawda, ale iloraz
m
M
˙
jest tak mala liczba , ze
m
w istocie rzeczy nie odgrywa tu istotnej
 
roli. Jest to trzecie prawo Keplera, dwa inne pojawily sie w tek´cie ju˙ wcze´niej.
s
z
s
Dodajmy jeszcze, ze rezultat dotycza cy ksztaltu orbit mo˙ na przedstawi´ za pomoca
˙
z
c
Uzyskali´my wcze´niej r´wno´ci
r
2
θ
=
α,
2E = (r )
2
+
r
2
(θ )
2
−
s
s
o
s
Mamy
2µ
r
dr
dθ
α
r
2
 
 
 
 
wielko´ci fizycznych. Mam tu na my´li
s
s
1
2
α
i
E
, czyli predko´´ polowa i energie calkowita .
sc
oraz
r
=
·
.
2
hα
4
dr
d
=
dθ µ+hα
2
α
=
(µ+hα
2
sin(θ+ϕ)
2
=
hr
2
sin(θ +
ϕ).
Wobec tego 2E =
dθ
cos(θ+ϕ)
cos(θ+ϕ))
2
2
µ
2
α
=h
2
r
4
sin
2
(θ +
ϕ)
·
α
4
+
r
2
r
2
−
2µ
=
h
2
α
2
sin
2
(θ +
ϕ)
+
α
2
h
cos(θ +
ϕ)
+
α
2
−
r
r
2
2
2
µ
µ
µ
2
1
−2µ
h
cos(θ +
ϕ)
+
α
2
=
α
2
h
2
−
α
2
, wiec
h
=
α
2E +
α
2
,
ε
=
hα
= 1 + 2E
α
2
i
µ
µ
 
 
wreszcie
a
=
α
2
µ
µ
2
−h
2
α
4
µ
=
−
2E
. Wida´ wiec, ze orbita jest elipsa, gdy
E <
0.
c
˙
Przypomnie´ wypada, ze prawa Keplera byly prawami empirycznymi. Autor sformulo-
c
˙
wal je w oparciu o dane uzyskane (spisane prze innych astronom´w, m.in. Tycho de Brahe).
o
Teoria Newtona pozwala na wywnioskowanie ich z zasad dynamiki i prawa powszechnego
˙
ciazenia.
 
4
 
 
 
 
 
 
Cala elipsa jest wiec obiegana w czasie
T
= 2π
√
1
1
+
M
)
m
.
=
G(m+M
). Przyjmuja c

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin