2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2, 3  След.
 
 задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение19.05.2013, 21:58 


20/12/09
1527
Вектор Лапласа: http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%92%D0%B5%D0%BA%D1%82%D0%BE%D1%80_%D0%9B%D0%B0%D0%BF%D0%BB%D0%B0%D1%81%D0%B0_%E2%80%94_%D0%A0%D1%83%D0%BD%D0%B3%D0%B5_%E2%80%94_%D0%9B%D0%B5%D0%BD%D1%86%D0%B0.

Это решение задачи Кеплера классическое и известное,
но я хочу обратить внимание на то,
что это чисто алгебраический трюк.

Можно решить задачу Кеплера (и любую другую задачу механики) не вникая в механику и не вводя новые координаты,
только за счет перестановки символов.

Вот задача Кеплера (сразу в плоскости орбиты (x,y) - координаты, (u,v) - скорости):
(1) $ \frac {dx} {u} = \frac {dy} {v} =\frac {-r^3du} {x} =\frac {-r^3dv} {y} = dt;$
где (2) $r^2=x^2+y^2; rdr=xdx+ydy$
Из (1) получаем (3) $vdx=udy; xdv=ydu; udy-vdx=0; ydu-xdv=0$
Вводим момент (4) $M = uy-vx; dM = udy-vdx+ ydu-xdv=0$
Из (2) и (3) получаем (5) $dr=\frac x r dx+\frac y r dy - M(udy-vdx)= (\frac x r + Mv)dx+(\frac y r - Mu)dy =Adx+Bdy; $ где $A = (\frac x r + Mv); B=(\frac y r - Mu)$ - компоненты вектора Лапласа.
Покажем, что (6) $dA = 0; dB = 0$:
$dA = \frac {dx} r -\frac {xdr} {r^2}+ Mdv=\frac {dx} r -\frac {xdr} {r^2}+(uy-vx)dv=$
$=\frac {(x^2+y^2)dx} {r^3} -\frac {x(xdx+ydy)} {r^3}+uy\frac {-ydx}{ur^3} - vx \frac{-ydy}{vr^3}=$
$=\frac 1 {r^3} (x^2dx+y^2dx-x^2dx-xydy-y^2dx+xydy) = 0$;
$dB = \frac {dy} r -\frac {ydr} {r^2}- Mdu=\frac {dy} r -\frac {ydr} {r^2}-(uy-vx)du=$
$=\frac {(x^2+y^2)dy} {r^3} -\frac {y(xdx+ydy)} {r^3}-uy\frac {-xdx}{ur^3} +vx \frac{-xdy}{vr^3}=$
$=\frac 1 {r^3} (x^2dy+y^2dy-xydx-y^2dy+xydx-x^2dy) = 0$.
Следовательно из (5) и (6) $d(r - Ax-By) = 0$
и для траектории планеты верно $r= Ax+By+C; C = const$.
Но это как раз уравнение кривой 2-го порядка: $r= Ax+By+C; x^2+y^2 = (Ax+By+C)^2$

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение19.05.2013, 22:11 


10/02/11
6786
Ales в сообщении #725925 писал(а):
Можно решить задачу Кеплера (и любую другую задачу механики) не вникая в механику и не вводя новые координаты,
только за счет перестановки символов.


очевидно, этому место в "пурге", но модераторы обычно сперва предпочитают насладиться 10-20 экранами флейма :mrgreen:

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение19.05.2013, 22:33 


20/12/09
1527
Oleg Zubelevich в сообщении #725935 писал(а):
Ales в сообщении #725925 писал(а):
Можно решить задачу Кеплера (и любую другую задачу механики) не вникая в механику и не вводя новые координаты,
только за счет перестановки символов.


очевидно, этому место в "пурге", но модераторы обычно сперва предпочитают насладиться 10-20 экранами флейма :mrgreen:


Вопрос касается мощности методов решения задач.
Я думаю, что все решаемые задачи можно и проще
решить в декартовых координатах
подбором алгебраических выражений,
не прибегая к замене координат,
методу Гамильтона-Якоби и т.п.

Вам такие идеи конечно не понравятся, что не удивительно.

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение19.05.2013, 22:57 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


15/10/08
11531
Ales в сообщении #725947 писал(а):
Я думаю, что все решаемые задачи можно и проще
решить в декартовых координатах
подбором алгебраических выражений,
не прибегая к замене координат,
методу Гамильтона-Якоби и т.п.

И всё это только на основании решения данным "методом" всего одной задачи с высокой симметрией?

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение19.05.2013, 23:05 


20/12/09
1527
Утундрий в сообщении #725959 писал(а):
Ales в сообщении #725947 писал(а):
Я думаю, что все решаемые задачи можно и проще
решить в декартовых координатах
подбором алгебраических выражений,
не прибегая к замене координат,
методу Гамильтона-Якоби и т.п.

И всё это только на основании решения данным "методом" всего одной задачи с высокой симметрией?


Конечно одной задачи не достаточно:
есть ещё геодезические на двумерном эллипсоиде, задача с 2-мя притягивающими центрами.
И главное - это общая идея о логической (алгебраической) эквивалентности.

Согласитесь, что был описан очень короткий и простой путь к эллипсу в задаче Кеплера.
Но эта задача в некотором роде исключение: траектории лежат на алгебраической кривой.

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение19.05.2013, 23:09 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


15/10/08
11531
Ales в сообщении #725966 писал(а):
Согласитесь, что был описан очень короткий и простой путь к эллипсу в задаче Кеплера.

Но нет предела совершенству. Освойте векторные обозначения и путь станет ещё короче.

Кстати, присутствие в наименовании вектора имени г-на Лапласа вас в плане новизны результата не насторожило?

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение19.05.2013, 23:20 


20/12/09
1527
Утундрий в сообщении #725968 писал(а):
Ales в сообщении #725966 писал(а):
Согласитесь, что был описан очень короткий и простой путь к эллипсу в задаче Кеплера.

Но нет предела совершенству. Освойте векторные обозначения и путь станет ещё короче.

Кстати, присутствие в наименовании вектора имени г-на Лапласа вас в плане новизны результата не насторожило?


Понятие вектор при таком подходе не нужно. Так что можете оставить векторы при себе.
Лаплас термин "вектор" не использовал.

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение19.05.2013, 23:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


15/10/08
11531
Ales в сообщении #725976 писал(а):
Понятие вектор при таком подходе не нужно.

Если вы чего-то не видите, это не значит, что его здесь нет. И не цитируйте всё сообщение целиком, используйте кнопку "вставка" для выделения существенной его части.

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение19.05.2013, 23:27 


20/12/09
1527
Утундрий в сообщении #725980 писал(а):
Ales в сообщении #725976 писал(а):
Понятие вектор при таком подходе не нужно.

Если вы чего-то не видите, это не значит, что его здесь нет. И не цитируйте всё сообщение целиком, используйте кнопку "вставка" для выделения существенной его части.

Не засоряйте мою тему такими советами.
Если же знаете предмет и можете возразить по сути,
или привести пример более короткого вывода эллипса,
или решаемую задачу, которую по Вашему невозможно решить алгебраически - пожалуйста приведите.

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение19.05.2013, 23:32 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


15/10/08
11531
Ales в сообщении #725983 писал(а):
Не засоряйте мою тему такими советами.

Я всего лишь пытался уберечь вас от предупреждений за избыточное цитирование, но если вы упорствуете - воля ваша.

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение20.05.2013, 07:50 


10/02/11
6786
Частица массы $m$ движется в плоскости, ее декартовы координаты $x,y$. На частицу действует сила с потенциалом $$V=\frac{ax}{\Big(x^2+y^2\Big)^{\frac{3}{2}}},\quad a=const\ne 0$$
вперед!

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение20.05.2013, 22:56 


20/12/09
1527
Oleg Zubelevich в сообщении #726073 писал(а):
Частица массы $m$ движется в плоскости, ее декартовы координаты $x,y$. На частицу действует сила с потенциалом $$V=\frac{ax}{\Big(x^2+y^2\Big)^{\frac{3}{2}}},\quad a=const\ne 0$$
вперед!

ОК. Спасибо.
Попробую решить сначала своим методом,
если же не получится, то через Гамильтониан.

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение23.05.2013, 21:40 


20/12/09
1527
Oleg Zubelevich в сообщении #726073 писал(а):
Частица массы $m$ движется в плоскости, ее декартовы координаты $x,y$. На частицу действует сила с потенциалом $$V=\frac{ax}{\Big(x^2+y^2\Big)^{\frac{3}{2}}},\quad a=const\ne 0$$
вперед!


Задача принадлежит классу учебных задач,
в которых материальная точка движется на плоскости под действием силы с потенциалом вида $\frac {f(\varphi)} {r^2}$.
Она решается применением принципа Мопертюи: $\int pdq \to extr, H(p,q) = E = \operatorname{const}$
и переходом в полярные координаты, в которых уровень энергии описывается уравнением:
$\frac 1 2 r^2 {p_r}^2+\frac 1 2  {p_{\varphi}}^2+f(\varphi) = E r^2$ с разделенными переменными,
$p_{\varphi} = M$ - момент.
Для этого надо: перейти в полярные, знать вариационное исчисление, принципы Лагранжа, Гамильтона, Мопертюи.



Чтобы решить задачу алгебраическим методом, запишем условия (единицы измерения выбираем так, что $m = 1, a=1$):
(1) $\frac 1 2 (u^2+v^2)+ \frac x {r^3} = E$ - досталось даром, благодаря постановке задачи;
(2) $r^2=x^2+y^2$,$rdr=xdx+ydy$;
(3) $\frac {dx} u = \frac {dy} v = \frac {r^5du}{ 3x^2-r^2 } = \frac {r^5dv}{3xy}=dt$.

Заметим следующий алгебраический факт:
(4) $(ux+vy)^2+(uy-vx)^2=(x^2+y^2)(u^2+v^2)=r^2(u^2+v^2)$.
Введем момент $M=uy-vx$.
Из (3) получаем, что (5) $dM=ydu-xdv=-\frac {ydx}{r^3u} = -\frac{ydy}{r^3v}$.
Далее: (6) $MdM= (uy-vx)dM = uydM-vxdM = -\frac {y^2dx}{r^3}+\frac{xydy}{r^3}=-d\frac x r$.

Получили интеграл для нашей задачи: (7) $\frac 1 2 (uy-vx)^2+\frac x r = C$
и соотношение на дифференциалы: (8) $\frac {d(uy-vx) } 1 = \frac {d\frac x r} {uy-vx} $.

Из (1), (4), (7) получаем (9): $\frac 1 2 (ux+vy)^2 + C = E r^2 $,
и соотношение на дифференциалы (10) $ \frac {d(ux+vy)} {2Er} = \frac {dr}{ux+vy} $.

-- Чт май 23, 2013 22:40:34 --

Из (3) и (1) выводим: $d(ux+vy)=(u^2+v^2+x\frac{3x^2-r^2+3y^2}{r^5})dt=(u^2+v^2+\frac {2x}{r^3})dt =2Edt$.

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение23.05.2013, 22:49 


20/12/09
1527
Получаем далее из (3), (5) и предыдущего равенства получаем (11) $\frac{d(ux+vy)} {2Er^2} = \frac {dt}{r^2} =\frac {dx}{ur^2} =-\frac {dM}{\frac y r}=-\frac {d(uy-vx)}{\frac y r}$.


В итоге мы имеем решение нашей учебной задачи
в виде соотношения на дифференциалы с разделенными переменными:
(12) $\frac{d(ux+vy)} {2Er^2} = \frac {dr}{r(ux+vy)} = -\frac {d(uy-vx)}{\frac y r}=\frac {d\frac x r}{\frac y r (uy-vx)}=\frac {dt}{r^2}$ и интегралов (7) и (9).

Поправлю формулу (8), был пропущен знак минус, надо: $\frac {d(uy-vx)}1=-\frac {d\frac x r}{(uy-vx)}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк
Сообщение23.05.2013, 23:18 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407
Oleg Zubelevich
А в каких-нибудь потенциалах, кроме кулонова, вектор Лапласа вообще сохраняется?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 38 ]  На страницу 1, 2, 3  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group