Полёт по радиусу в поле r^-2

[Alex_J]

Заряд находится на расстоянии $r_0$ от неподвижного источника поля того же знака, начальная скорость нулевая.
Таким образом, уравнение, которое нужно решать, такое: $\ddot{r}=ar^{-2}$

Этап поиска хоть какого-то решения уравнения берёт на себя Maple, и он предлагает самостоятельно решить уравнение
$t=-\frac 1 {\sqrt{2a}} \int\limits_{r_0}^z\frac{dr}{\sqrt\ln\frac r {r_0}}$ и считать его решение относительно $t$ искомой функцией $r(t)$.

Приходим к уравнению

$$t=ir_0\sqrt\frac\pi{2a}erf\biggl(i\sqrt{\ln{\frac z{r_0}}}\biggr)$$

И решаем его. Обратную к функции ошибок (квантильную) обозначим erfinv.

$$r(t)=r_0 e^{-erfinv^2\bigl(i\sqrt\frac{2a}\pi \frac t{r_0}\bigr)}$$

Это чудище-страшилище кое-как удаётся нарисовать в Maple, и помогает в этом понимание, что $erfinv(ix)=i\cdot Imerfinv(x)$ - это обозначение для мнимой части (надо же её как-то обозначить). К счастью, действительная часть $erfinv(ix)$ равна нулю, а квадрат в показателе убивает вылезшую $i$ и приводит к вполне действительному результату. Несколько степеней ряда:

$$Imerfinv(x)=\frac{\sqrt{\pi}}{2} x-\frac{\pi^{\frac 3 2}} {24} x^3+\cdots$$

Скорость. Нюанс только в производной: $\frac d {dx} erfinv(x)=\frac{\sqrt\pi} 2 e^{erfinv^2 x}$

$$\dot r = \sqrt{2a} Imerfinv\Bigl(\sqrt\frac{2a}{\pi} \frac t {r_0}\Bigr)$$

Ну и ускорение по ходу удаления от центрального заряда меняется как (это получается как подстановкой в исходное уравнение, так и дифференцированием - проверка на верность расчётов)

$$\ddot{r}=\frac{a}{r_0} e^{erfinv^2\bigl(i\sqrt\frac{2a}\pi \frac t{r_0}\bigr)}$$

А теперь, собственно, вопрос. Где посмотреть другие способы решения этой вроде бы простой и по идее распространённой задачи?

P.S. На фоне кривых второго порядка и описанных движений масс и зарядов по орбитам, вся эта дичь с обратными интегралами ошибок выглядит подозрительной и даже неправильной, хотя решение проходит проверку подстановкой. И всё же не хватает наличия полученных функций в виде прописанных в том же Maple специальных функций, чтобы хотя бы без приключений посмотреть их графики и оценить поведение при больших значениях аргумента.

[Утундрий]

Alex_J
Вас буквочка $i$ в этом "решении" не смущает?

[Alex_J]

Утундрий
Читали не полностью. ) Ничем не могу помочь.

[Pphantom]

Скачиваем эту книжку и читаем пункт 1.6 (можно вместе с окрестностями).

[Red_Herring]

Чего тут дискутировать? Следует прочесть начальный курс ОДУ. Из Уравнения $\ddot{r}=ar^{-2}$ следует, что $\frac{1}{2}\dot{r}^2 + ar^{-1}=\mathsf{const}$, и из начальных условиях получаем, что $\frac{1}{2}\dot{r}^2 = a(r_0^{-1}-r^{-1})$ и т.д. и никакого логарифма не будет. А логарифм будет если уравнение $\ddot{r}=ar^{-1}$.

[Someone]

Alex_J в сообщении #1459267 писал(а):

Где посмотреть другие способы решения этой вроде бы простой и по идее распространённой задачи?

Ну и нагородили Вы. Семь вёрст до небес, и всё лесом. Это несложное уравнение, решаемое стандартными методами. Посмотреть, естественно, можно в учебнике по обыкновенным дифференциальным уравнениям.

$$\ddot r=\frac a{r^2}$$

Умножаем обе части на $2\dot rdt=2dr$, учитываем, что $\ddot rdt=d\dot r$, и получаем

$$2\dot rd\dot r=2a\frac{dr}{r^2}.$$

Интегрируем, из начальных условий находим произвольную постоянную. Остаётся проинтегрировать оставшееся уравнение первого порядка с разделяющимися переменными, которое тоже не ахти какое хитрое. Интеграл вычисляется стандартной подстановкой.

[Alex_J]

Pphantom
Долгий путь через введение элементов орбиты и предельный переход - это, конечно, оправдано, да и окончательное решение так же подходит к исходному уравнению, и $a=-\kappa^2$. Но и решение "в лоб" никто не запрещал (и не запретит), и результат хоть и содержит мнимую единицу, однако мнимая часть у него отсутствует, что можно показать.
Промежуточный шаг после замены приводит к $\int\frac{e^x}{\sqrt{x}}dx=-i\sqrt\pi erf(i\sqrt{x})$, а это выражение не имеет мнимой части, в системе Maple имеет обозначение $erfi(x)=\frac{2}{\pi}\int\limits_0^x e^{t^2}dt$. "Гуляя" по всем последующим расчётам, эта функция остаётся действительной.

Red_Herring
Посмотрю как Вы там без логарифма и гиперболических функций обойдётесь. )) Всё равно придёте к плохому выражению от $r$ справа. У меня хотя бы конкретная функция от $t$.

[g______d]

Alex_J в сообщении #1459267 писал(а):

Этап поиска хоть какого-то решения уравнения берёт на себя Maple, и он предлагает самостоятельно решить уравнение
$t=-\frac 1 {\sqrt{2a}} \int\limits_{r_0}^z\frac{dr}{\sqrt\ln\frac r {r_0}}$ и считать его решение относительно $t$ искомой функцией $r(t)$.

Можете привести код? По размерности не сходится. Подозреваю, что где-то $r$ потеряно, и интегрируется $r^{-1}$ вместо $r^{-2}$, откуда логарифм и вылезает.

[Red_Herring]

Alex_J в сообщении #1459290 писал(а):

Посмотрю как Вы там без логарифма и гиперболических функций обойдётесь.

Вам уже показали. Дальше уже сами.

[Alex_J]

g______d

Сходится. Ведь из $r\ddot{r}=a$ следует, что $[a]=\frac{m^2}{s^2}$. Уравнение из Вашей цитаты: $с=\frac{s}{m}\cdot m$ ($dr$ размерность м, всё остальное подынтегральное - безразмерное).
Ну и на остальных шагах проверено.

[g______d]

Alex_J в сообщении #1459297 писал(а):

$r\ddot{r}=a$

Ну вот здесь и потеряно.

[Alex_J]

Red_Herring

Дело не в том, что у нас есть чего-то типа $\int\frac 1 r dr=\ln r$, этого и нет, а в том, что результат интегрирования $\int\frac {1}{\sqrt{2a(\frac 1 {r_0}-\frac 1 r)}}dr$ содержит при самых разнообразных подстановках что-нибудь вроде тангенса или логарифма, и не в одиночку.

[Утундрий]

Red_Herring в сообщении #1459283 писал(а):

Следует прочесть начальный курс ОДУ

Тут, похоже, нужно начинать с техники взятия производных.

[Red_Herring]

Alex_J в сообщении #1459303 писал(а):

Red_Herring
Дело не в том, что у нас есть чего-то типа $\int\frac 1 r dr=\ln r$, этого и нет, а в том, что результат интегрирования $\int\frac {1}{\sqrt{2a(\frac 1 {r_0}-\frac 1 r)}}dr$ содержит при самых разнообразных подстановках что-нибудь вроде тангенса или логарифма, и не в одиночку.

Но начали-то с интеграла соответствующего именно первому выражению. Второй же интеграл действительно содержит логарифмы (или обратные гиперболические функции), но все равно является жэлементарной функцией, и не содержит $\mathsf{erf}$. И если у вас было интегральное исчисление 1го года, то такой интеграл вы обязаны уметь взять.

Утундрий в сообщении #1459305 писал(а):

Тут, похоже, нужно начинать с техники взятия производных.

Все же интегралов ... Но нонешние студенты этого не умеют. Градштейна-Рыжика в глаза не видели

[Утундрий]

Red_Herring в сообщении #1459307 писал(а):

Все же интегралов

Я практически уверен, что ТС не проверял своё "решение" подстановкой его в уравнение, которому оно по идее должно удовлетворять. А зачем? Мапля выдала, значит истина.