задача Кеплера и вектор Лапласа - алгебраический трюк

[Ales]

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: $r= Ax+By+C; x^2+y^2 = (Ax+By+C)^2$

[Oleg Zubelevich]

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

[Ales]

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

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.

[Утундрий]

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?

[Ales]

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.

[Утундрий]

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?

[Ales]

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.

[Утундрий]

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.

[Ales]

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.

[Утундрий]

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.

[Oleg Zubelevich]

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!

[Ales]

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.

[Ales]

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

[Ales]

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: $\frac {d(uy-vx)}1=-\frac {d\frac x r}{(uy-vx)}$.

[Munin]

Oleg Zubelevich
А в каких-нибудь потенциалах, кроме кулонова, вектор Лапласа вообще сохраняется?