Гравитационная задача n тел

[Ultramarine]

Я не математик, так что если что не то ляпну, ногами сильно не пинайте!

Кому-нибудь попадалась литература, в которой гравитационную задачу n тел пытались решить следующим образом: изначально полагаем что решением задачи являются уравнения движения

${}_{[1]}x=\sum\limits_{i=0}^{\infty}({}_{[1]}a_i \cdot t^i)={}_{[1]}a_0+{}_{[1]}a_1t+{}_{[1]}a_2t^2+\dots$
${}_{[1]}y=\sum\limits_{i=0}^{\infty}({}_{[1]}b_i \cdot t^i)={}_{[1]}b_0+{}_{[1]}b_1t+{}_{[1]}b_2t^2+\dots$
${}_{[1]}z=\sum\limits_{i=0}^{\infty}({}_{[1]}c_i \cdot t^i)={}_{[1]}c_0+{}_{[1]}c_1t+{}_{[1]}c_2t^2+\dots$

$\dots$

${}_{[n]}x=\sum\limits_{i=0}^{\infty}({}_{[n]}a_i \cdot t^i)={}_{[n]}a_0+{}_{[n]}a_1t+{}_{[n]}a_2t^2+\dots$
${}_{[n]}y=\sum\limits_{i=0}^{\infty}({}_{[n]}b_i \cdot t^i)={}_{[n]}b_0+{}_{[n]}b_1t+{}_{[n]}b_2t^2+\dots$
${}_{[n]}z=\sum\limits_{i=0}^{\infty}({}_{[n]}c_i \cdot t^i)={}_{[n]}c_0+{}_{[n]}c_1t+{}_{[n]}c_2t^2+\dots$

а затем используем эти степенные ряды в формулах

${}_{[1]}acceleration_x = G\frac{m_2}{R^2} \frac{R_x}{R}$ и т.д.

В них степенные ряды друг с дружкой складываются, умножаются, возводятся в степень, извлекается корень, делятся и в итоге мы получаем что ${}_{[1]}acceleration_x$ это тоже некий степенной ряд. Но ускорение можно получить еще одним способом: извлечь двойную производную из ${}_{[1]}x$ (что тоже даст степенной ряд)! Далее приравниваем их друг к другу, сравниваем их вид и получаем формулу для коэффициентов ${}_{[1]}a_i $ через младшие коэффициенты.

?

[Pphantom]

Кажется, первым, кто реализовал эту идею, был Алексис Клод Клеро (в середине XVIII века). С тех пор выяснилось, что:
1) получение решения в виде разложения в степенной ряд с "зацепленными" коэффициентами невозможно;
2) получение решения в виде разложения в ряды других видов в некоторых случаях возможно, но для $n>2$ практической ценности не представляет.

[Ultramarine]

Pphantom в сообщении #1170271 писал(а):

Кажется, первым, кто реализовал эту идею, был Алексис Клод Клеро (в середине XVIII века).

Почитал о нем. Приятно затесаться в такую компанию!

Pphantom в сообщении #1170271 писал(а):

С тех пор выяснилось, что:
1) получение решения в виде разложения в степенной ряд с "зацепленными" коэффициентами невозможно;

"Зацикленные", т.е. в виде рекуррентной формулы?

У меня получилось, что, например, коэффициент ${}_{[1]}a_{i+2}$ есть функция от младших коэффициентов $a, b, c$ начиная с нулевых $a_0, b_0, c_0$ и до $i$-тых $a_i, b_i, c_i$, т.е.:

${}_{[1]}a_{i+2} = f(a_0, b_0, c_0, \dots , a_i, b_i, c_i)$

Pphantom в сообщении #1170271 писал(а):

2) получение решения в виде разложения в ряды других видов в некоторых случаях возможно, но для $n>2$ практической ценности не представляет.

Про ряды других видов это точно. Чисто по логике для $n=2$ тел существуют такие условия, что уравнения движения будут в виде синусоиды/косинусоиды, но мои жалкие попытки привести полученные ряды к виду разложения синуса/косинуса в степенной ряд громко и с треском накрылись медным тазом!

[Pphantom]

Ultramarine в сообщении #1170273 писал(а):

"Зацикленные", т.е. в виде рекуррентной формулы?

Например. В общем случае нужен какой-то алгоритм вычисления очередных членов разложения.

Ultramarine в сообщении #1170273 писал(а):

У меня получилось, что, например, коэффициент ${}_{[1]}a_{i+2}$ есть функция от младших коэффициентов

Естественно, но эта информация не позволяет их вычислить.

[Yu_K]

Через ряды из синусов и косинусов с добавлением условия хореографии решений подходы есть у К. Симо, например здесь https://www.math.uni-bielefeld.de/~rehmann/ECM/cdrom/3ecm/pdfs/pant3/simo.pdf - но коэффициенты искались с использованием компьютера.

[Евгений Машеров]

Может быть, стоит сперва ознакомиться с опытом в задаче трёх тел? Кажется, в 1912 Зундман дал решение в виде разложения в ряды, и даже доказал сходимость, хотя с практической точки зрения она слишком медленная.
http://www.math.uvic.ca/faculty/diacu/diacuNbody.pdf

[Ultramarine]

Pphantom в сообщении #1170292 писал(а):

Ultramarine в сообщении #1170273 писал(а):

"Зацикленные", т.е. в виде рекуррентной формулы?

Например. В общем случае нужен какой-то алгоритм вычисления очередных членов разложения.

Ultramarine в сообщении #1170273 писал(а):

У меня получилось, что, например, коэффициент ${}_{[1]}a_{i+2}$ есть функция от младших коэффициентов

Естественно, но эта информация не позволяет их вычислить.

А почему не позволяет?

Если следовать предложенному пути выше, то получится конкретная формула для любого $a_{i}$, $i \geqslant 2$. В ней, например будет 6 циклов с $\sum\limits_{}^{}$ и 2 цикла с $\prod\limits_{}^{}$. Я бы мог бы ее записать, но с помощью LaTeX набирать ее сущий ад! Но чисто принципиально, никаких проблем в вычислении любого желаемого коэффициента ряда нет.

Yu_K в сообщении #1170508 писал(а):

Через ряды из синусов и косинусов с добавлением условия хореографии решений подходы есть у К. Симо, например здесь https://www.math.uni-bielefeld.de/~rehmann/ECM/cdrom/3ecm/pdfs/pant3/simo.pdf - но коэффициенты искались с использованием компьютера.

К сожалению, это не совсем то что я ищу.

Евгений Машеров в сообщении #1170511 писал(а):

Может быть, стоит сперва ознакомиться с опытом в задаче трёх тел? Кажется, в 1912 Зундман дал решение в виде разложения в ряды, и даже доказал сходимость, хотя с практической точки зрения она слишком медленная.
http://www.math.uvic.ca/faculty/diacu/diacuNbody.pdf

С Зундманом я уже знаком, насколько мне позволяет мое не математическое образование. У него тоже иной от предложенного выше подход. Так что тоже не подходит.

[Pphantom]

Ultramarine в сообщении #1170566 писал(а):

Если следовать предложенному пути выше, то получится конкретная формула для любого $a_{i}$, $i \geqslant 2$. В ней, например будет 6 циклов с $\sum\limits_{}^{}$ и 2 цикла с $\prod\limits_{}^{}$. Я бы мог бы ее записать, но с помощью LaTeX набирать ее сущий ад! Но чисто принципиально, никаких проблем в вычислении любого желаемого коэффициента ряда нет.

А Вы попробуйте записать. В процессе обнаружится, что ее коэффициенты не являются постоянными...

[Ultramarine]

Pphantom в сообщении #1170573 писал(а):

Ultramarine в сообщении #1170566 писал(а):

Если следовать предложенному пути выше, то получится конкретная формула для любого $a_{i}$, $i \geqslant 2$. В ней, например будет 6 циклов с $\sum\limits_{}^{}$ и 2 цикла с $\prod\limits_{}^{}$. Я бы мог бы ее записать, но с помощью LaTeX набирать ее сущий ад! Но чисто принципиально, никаких проблем в вычислении любого желаемого коэффициента ряда нет.

А Вы попробуйте записать. В процессе обнаружится, что ее коэффициенты не являются постоянными...

Хорошо, я попробую записать, но, к сожалению, не сегодня — времени нет.

А ничего не будет страшного, если я одну (эту формулу) вставлю в виде картинки? Хотя я знаю, что правила это запрещают. Просто я уверен, что я смогу оформить формулу лучше LaTeX-а за счет "многоэтажности" числителя.

[Munin]

LaTeX - не конкурент, а инструмент. Именно с его помощью можно оформить формулы как хочется, в том числе за счёт "многоэтажности" числителя, знаменателя, показателя и преподавателя.

[Red_Herring]

Ultramarine в сообщении #1170575 писал(а):

Просто я уверен, что я смогу оформить формулу лучше LaTeX-а за счет "многоэтажности" числителя.

Ну, насмешили.

[arseniiv]

А вообще многоэтажные числители требуют хорошеньких оснований, если появляются не где-то посреди вывода. То, что математика в отличие от естественного языка позволяет собирать очень сложные формулы, разбираемые однозначно, не значит, что она позволит голове читателя этих формул их сразу же объять. Основные принципы коммуникации остаются в силе.

[Ultramarine]

Munin, Red_Herring, я с LaTeX-ом на Вы, так что могу чего не знать.

Обещанная формула. Будет что-то типа:

${}_{[1;2]}g_k=\sum\limits_{p=0}^{k} \Biggl[ \sum\limits_{i=0}^{p} \Biggl\lbrace \dfrac{(-1)^i \cdot (2i+2)!}{2^{2i+1} \cdot i! \cdot (i+1)!} \cdot \dfrac{\sum\limits_{condition}^{} \biggl( \dfrac{i!}{ \prod\limits_{j=1}^{k} \Bigl( (n_j)! \Bigr) } \cdot \prod\limits_{j=1}^{k} \Bigl( \bigl( {}_{[1;2]}h_j \bigr)^{n_j} \Bigr) \biggr) }{(\sqrt{({}_{[2]}a_0-{}_{[1]}a_0)^2+({}_{[2]}b_0-{}_{[1]}b_0)^2+({}_{[2]}c_0-{}_{[1]}c_0)^2)^{2i+3}}} \Biggr\rbrace \cdot ({}_{[2]}a_k-{}_{[1]}a_k) \Biggr] $

$condition=\begin{cases} n_1 + n_2 + n_3 + \dots = i\\ n_1 \cdot 1 + n_2 \cdot 2 + n_3 \cdot 3 + \dots = p\\ n_1, n_2, n_3 \in O \cup N \end{cases}

${}_{[1;2]}h_k = $$\sum\limits_{i=0}^{k}( ({}_{[2]}a_i-{}_{[1]}a_i)({}_{[2]}a_{k-i}-{}_{[1]}a_{k-i})+({}_{[2]}b_i-{}_{[1]}b_i)({}_{[2]}b_{k-i}-{}_{[1]}b_{k-i})+({}_{[2]}c_i-{}_{[1]}c_i)({}_{[2]}c_{k-i}-{}_{[1]}c_{k-i}) )$$$

${}_{[1]}a_{k+2}=$\dfrac{Grav}{(k+2)(k+1)} \cdot \sum\limits_{i=2}^{n}(Mass_i \cdot {}_{[1;2]}g_k)$$

Извиняюсь за это сумасбродство!

Формулы пришлось раздробить, потому как без "многоэтажности" формула упорна не хотела влезать в дозволенный ей объем. И если я где-то опечатался, то извиняйте, тут сложно не ошибиться!

arseniiv в сообщении #1170609 писал(а):

А вообще многоэтажные числители требуют хорошеньких оснований, если появляются не где-то посреди вывода. То, что математика в отличие от естественного языка позволяет собирать очень сложные формулы, разбираемые однозначно, не значит, что она позволит голове читателя этих формул их сразу же объять. Основные принципы коммуникации остаются в силе.

arseniiv, не совсем понял Вас.

Pphantom в сообщении #1170573 писал(а):

А Вы попробуйте записать. В процессе обнаружится, что ее коэффициенты не являются постоянными...

В общем, если коротко, то я продолжаю настаивать, что принципиально нет препятствий (кроме большого объема расчетов) для вычисления любого коэффициента членов степенных рядов, что упомянуты в стартовом сообщении.

[Евгений Машеров]

Не берясь за анализ правильности выкладок - полученные ряды вовсе не обязательно сходятся, и тем более могут не сходиться быстро. Особенно при большом t, что для общего аналитического решения представляет область повышенного интереса, для ближайшего времени считают численно и без особых проблем.

[Ultramarine]

Евгений Машеров в сообщении #1171137 писал(а):

Не берясь за анализ правильности выкладок - полученные ряды вовсе не обязательно сходятся, и тем более могут не сходиться быстро.

Я даже рискну утверждать что в подавляющем числе случаев сходимость окажется крайне медленой.

Тут дело в другом. Гравитационную задачу n тел похоже невозможно аналитически решить "волшебным" способом, который будет давать быстрые ответы для любого момента времени. Так что остается искать только наиболее красивую формулу решения гравитационной задачи n тел и любоваться на нее.

Ну или искать другие варианты: численные, приближения и т.п.