Г.Л. Коткин, В.Г. Сербо.- Сборник задач по классич мех (1.1)

[sash89]

Здравствуйте! Помогите пожалуйста разобраться в готовом решении. Номер задачи 1.1. Г.Л. Коткин, В.Г. Сербо.- Сборник задач по классической механике- 2001г.

Находим систему уравнений(2),это разобрался

А потом не понятно как получили уравнения 4 ,5, 6.

Заранее спасибо)

[Ms-dos4]

Из формулы (3) и получили.
P.S.
1)Пишите всё формулами через TeX, а не картинками
2)Надо было и текст самой задачи привести

[sash89]

Условие.Задача 1.1 а

[Munin]

(Оффтоп)

Мне резко начал нравиться этот задачник.

[Himfizik]

(Оффтоп)

Munin в сообщении #890751 писал(а):

(Оффтоп)
Мне резко начал нравиться этот задачник.

А то!=) Один из лучших по анмеху.

[Oleg Zubelevich]

по-настоящему серьезные задачи по теормеху содержатся в учебниках Аппеля и Леви-Чевита и Уиттекера.

[Munin]

Вопрос не в том, чтобы серьёзные. Вопрос в том, чтобы подходящие. Например, один потенциал $-1/\ch^2x$ чего стоит: появляется здесь, а тянется аж до солитонов. Вообще, этот задачник - самое то для физика.

[Ms-dos4]

Munin
Интересно, что все эти 3 потенциала "точнорешаемы" для УШ.

[Munin]

Вот-вот.

[alcoholist]

ага... первый курс -- Коткин-Сербо, второй -- Коган-Галицкий

[sash89]

не могу понять как из (3) получили 4,5,6..брали интеграл,подставляли значение потенциала, и потом подставляли иксы? нужно брать интеграл? если так, подскажите чему равен, там ведь по идее арксинус должен быть, а в решении (4)косинус
и вообще находят вместо икс1 (x1), икс от тэ (x(t)), тое сть использовав интеграл 3, получили тоже самое как в (2) но с дополнительным множителем в (4)..как? алгоритм? что-то вначале застрял((

[Munin]

sash89 в сообщении #892121 писал(а):

брали интеграл,подставляли значение потенциала, и потом подставляли иксы?

Немножко в другом порядке: сначала подставляли значение потенциала, потом брали интеграл, и из полученной формулы выражали $x(t).$

Как вам уже сказали, пишите формулы LaTeX-ом. На этом форуме это правило, и нарушение приведёт к тому, что вас заставят всё переделывать, а отвечать вам никто не сможет. Ссылки смотрите слева от окна ответа, и это сделать очень просто.

[Ms-dos4]

Я покажу на примере пункта а) для одного из случаев энергии , остальные делайте сами
$\[E < 0\]$ - тут у нас финитное движение, точки поворота $\[{x_{2,3}}\]$ указаны в показанном вами решении.
Собственно самое трудное - взять интеграл $\[\int\limits_{{x_0}}^x {\frac{{dx}}{{\sqrt { - \left| E \right| - U(x)} }}} = \int\limits_{{x_0}}^x {\frac{{dx}}{{\sqrt { - \left| E \right| - A{e^{ - 2\alpha x}} + 2A{e^{ - \alpha x}}} }}} \]$
Вся суть состоит в том, что бы привести его к виду $\[\int {\frac{{d\xi }}{{\sqrt {{a^2} - {\xi ^2}} }}} = \arcsin \frac{\xi }{a}\]$
Повозимся с подкоренным выражением $\[\begin{array}{l} - \left| E \right| - A{e^{ - 2\alpha x}} + 2A{e^{ - \alpha x}} = \frac{{{e^{ - 2\alpha x}}}}{{\left| E \right|}}( - {\left| E \right|^2}{e^{2\alpha x}} - A\left| E \right| + 2A\left| E \right|{e^{\alpha x}} + {A^2} - {A^2}) = \\ = \frac{{{e^{ - 2\alpha x}}}}{{\left| E \right|}}[A(A - \left| E \right|) - ({\left| E \right|^2}{e^{2\alpha x}} - 2A\left| E \right|{e^{\alpha x}} + {A^2})] = \\ = \frac{{{e^{ - 2\alpha x}}}}{{\left| E \right|}}[{(\sqrt {A(A - \left| E \right|)} )^2} - {(\left| E \right|{e^{\alpha x}} - A)^2}] \end{array}\]$
Получили $\[\int\limits_{{x_0}}^x {\frac{{dx}}{{\sqrt { - \left| E \right| - A{e^{ - 2\alpha x}} + 2A{e^{ - \alpha x}}} }}} = \int\limits_{{x_0}}^x {\frac{{\sqrt {\left| E \right|} {e^{\alpha x}}dx}}{{\sqrt {{{(\sqrt {A(A - \left| E \right|)} )}^2} - {{(\left| E \right|{e^{\alpha x}} - A)}^2}} }}} \]$

Обозначаем $\[a = \sqrt {A(A - \left| E \right|)} \]$ и $\[\xi = \left| E \right|{e^{\alpha x}} - A\]$

Тогда $\[d\xi = \alpha \left| E \right|{e^{\alpha x}}\]$, т.е. в числителе не хватает $\[\alpha \sqrt {\left| E \right|} \]$.

Домножаем и приводим к требуему виду

$\[\frac{1}{{\alpha \sqrt {\left| E \right|} }}\int\limits_{{x_0}}^x {\frac{{\alpha \left| E \right|{e^{\alpha x}}dx}}{{\sqrt {{{(\sqrt {A(A - \left| E \right|)} )}^2} - {{(\left| E \right|{e^{\alpha x}} - A)}^2}} }}} = \frac{1}{{\alpha \sqrt {\left| E \right|} }}\int\limits_{{x_0}}^x {\frac{{d\xi }}{{\sqrt {{a^2} - {\xi ^2}} }}} \]$

Отсюда $\[t = \sqrt {\frac{m}{2}} \int\limits_{{x_0}}^x {\frac{{dx}}{{\sqrt { - \left| E \right| - U(x)} }}} = \frac{1}{\alpha }\sqrt {\frac{m}{{2\left| E \right|}}} (\arcsin \frac{{\left| E \right|{e^{\alpha x}} - A}}{{\sqrt {A(A - \left| E \right|)} }} - \arcsin \frac{{\left| E \right|{e^{\alpha {x_0}}} - A}}{{\sqrt {A(A - \left| E \right|)} }})\]$

Обозначим $\[\arcsin \frac{{\left| E \right|{e^{\alpha {x_0}}} - A}}{{\sqrt {A(A - \left| E \right|)} }} = C\]$. Теперь просто выражаем координату

$\[\frac{{\left| E \right|{e^{\alpha x}} - A}}{{\sqrt {A(A - \left| E \right|)} }} = \sin (\alpha \sqrt {\frac{{2\left| E \right|}}{m}} t + C)\]$

$\[x = \frac{1}{\alpha }\ln \frac{{\sqrt {A(A - \left| E \right|)} \sin (\alpha \sqrt {\frac{{2\left| E \right|}}{m}} t + C) + A}}{{\left| E \right|}}\]$

В полном виде $\[x = \frac{1}{\alpha }\ln \frac{{\sqrt {A(A - \left| E \right|)} \sin (\alpha \sqrt {\frac{{2\left| E \right|}}{m}} t + \arcsin \frac{{\left| E \right|{e^{\alpha {x_0}}} - A}}{{\sqrt {A(A - \left| E \right|)} }}) + A}}{{\left| E \right|}}\]$

(то, что тут синус а не косинус роли не играет, просто тогда $\[C \to C + \frac{\pi }{2}\]$)

P.S.Может всё можно провернуть и быстрее, но мне что то в голову это не пришло.

[sash89]

Munin. Извинте, пока не было времени разобраться, в следующий раз постараюсь нормально…
Ms-dos4 Спасибо вам большое!