Dinamika

Miért és hogyan mozog egy test?

Newton II. törvénye:

Inerciarendszerben egy testre ható erők vektori összege egyenlő a test tömegének és gyorsulásának szorzatával.

\mathbf{\underline{F}}=m\mathbf{\underline{a}}

erők vektori összege

tömeg

gyorsulás

\mathbf{\underline{F}}=m\mathbf{\underline{a}}

Az erőt ismerjük:

\mathbf{\underline{F}}(\underline{r}(t),\underline{\dot{r}}(t),t)

Egy függvény, amely függhet a test helyzetétől, sebességétől és az időtől

\mathbf{\underline{a}}=\underline{\dot{v}}(t)=\underline{\ddot{r}}(t)

A helyvektor időfüggését keressük!

És a gyorsulástól nem függ...?

\mathbf{\underline{F}}(\underline{r}(t),\underline{\dot{r}}(t),t)

=\begin{pmatrix} F_x(x(t),y(t),z(t),v_x(t),v_y(t),v_z(t),t) \\ F_y(x(t),y(t),z(t),v_x(t),v_y(t),v_z(t),t) \\ F_z(x(t),y(t),z(t),v_x(t),v_y(t),v_z(t),t)\end{pmatrix}

Ez erő egy olyan függvény, amely vektort vár és vektort ad vissza

\underline{a}(t)=\begin{pmatrix} \ddot{x}(t) \\ \ddot{y}(t) \\ \ddot{z}(t)\end{pmatrix}

A gyorsulás is egy vektor. A keresett mennyiség is egy vektor, amely függ az időtől.

Newton második törvénye egy másodrendű 3 egyenletből álló differenciálegyenlet-rendszer

(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)= \frac{1}{m}F_x(x(t),y(t),z(t),v_x(t),v_y(t),v_z(t),t)

(2)\,\,\,\,\ddot{y}(t)= \frac{1}{m}F_y(x(t),y(t),z(t),v_x(t),v_y(t),v_z(t),t)

(3)\,\,\,\,\ddot{z}(t)= \frac{1}{m}F_z(x(t),y(t),z(t),v_x(t),v_y(t),v_z(t),t)

Összesen 6 darab kezdeti feltétel szükséges a partikuláris megoldáshoz: a kezdeti pozíció vektor és a kezdeti sebesség vektor

\underline{r}(t=0)

\underline{\dot{r}}(t=0)

Példa I.

Állandó nagyságú és irányú erő

\underline{F}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ F_0\end{pmatrix}

Előfordulás: földfelszín közelében a nehézségi gyorsulás állandó, a Föld középpontja felé mutat.

F_0 = -mg

g \approx 9.81 \frac{m}{s^2}

(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)= 0

(2)\,\,\,\,\ddot{y}(t)= 0

(3)\,\,\,\,\ddot{z}(t)= \frac{1}{m}F_0 = \frac{1}{m}\cdot(-mg )=-g

Megoldandó egyenletrendszer

Példa II.

Newton-féle gravitációs törvény

\underline{F}=G\frac{mM}{|\underline{r}(t)|^2}\frac{\underline{r}(t)}{|\underline{r}(t)|}= G\frac{mM}{|\underline{r}(t)|^3}\cdot\underline{r}(t)

|\underline{r}(t)|^3 = \sqrt{x^2(t)+y^2(t)+z^2(t)}^3

\underline{F}=mMG \frac{\begin{pmatrix} x(t) \\ y(t) \\ z(t)\end{pmatrix}}{ \sqrt{x^2(t)+y^2(t)+z^2(t)}^3}

(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)=\frac{1}{m} mMG \frac{x(t)}{ \sqrt{x^2(t)+y^2(t)+z^2(t)}^3}

(2)\,\,\,\, ...

(3)\,\,\,\, ...

Megoldandó egyenletrendszer

Példa III.

Változó tömegű doboz húzása

m(t)

Állandó nagyságú és irányú erővel húzúnk egy változó tömegű testet vízszintes talajon. A súrlódástól egyelőre tekintsünk el

\underline{F}=\begin{pmatrix} F_0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)= \frac{1}{m(t)}F_0

(2)\,\,\,\,\ddot{y}(t)= 0

(3)\,\,\,\,\ddot{z}(t)= 0

Megoldandó egyenletrendszer

Megoldási módszerek

Analitikus

Numerikus

Példa I. Megoldása

(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)= 0

(2)\,\,\,\,\ddot{y}(t)= 0

(3)\,\,\,\,\ddot{z}(t)= \frac{1}{m}F_0 = \frac{1}{m}\cdot(-mg )=-g

Megoldandó egyenletrendszer

Az egyenletek függetlenek! Megoldhatjuk egyesével.

Példa I. Megoldása

(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)= 0

Kezdeti feltételek!!

Példa I. Megoldása

Kezdeti feltételek!!

(3)\,\,\,\,\ddot{z}(t)=-g

Példa I. Megoldása

(1)\,\,\,\, {x}(t) = v_{x0}t+x_0

Wolfram Alpha alapján:

(1)\,\,\,\, {y}(t) = v_{y0}t+y_0

(1)\,\,\,\, {z}(t) = -\frac{g}{2} t^2 + v_{z0}t+z_0

Kezdeti feltételek:

\underline{r}_0=\begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \\ z_0\end{pmatrix}

\underline{v}_0=\begin{pmatrix} v_{x0} \\ v_{y0} \\ v_{z0}\end{pmatrix}

Egyszerű ferde hajítás...

Analitikushoz lefele:

Példa I. Megoldása (Analitikusan)

(1)\,\,\,\, \ddot{x}(t)=0

\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}=0 \\

\text{Legyen} \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=v(t).

\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} \right) = 0 \\

\frac{\mathrm{d}v(t)}{\mathrm{dt}}=0

Ezt már lehet integrálni.

v(t)=c_1

\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=v(t)=c_1

\text{"Szorozzunk át"} \mathrm{d}t\text{-vel} \text{ és integráljunk}

\int \mathrm{d}x = \int c_1 \mathrm{d}t

x(t) = c_1 \cdot t + c_2

Példa I. Megoldása (Analitikusan)

(1)\,\,\,\, \ddot{z}(t)=-g

\frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2}=-g \\

\text{Legyen} \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}=v(t).

\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} \right) = -g \\

\frac{\mathrm{d}v(t)}{\mathrm{dt}}=-g

Ezt már lehet integrálni.

\int \mathrm{d}v=-\int g\cdot \mathrm{dt}

v(t)=-gt+c_1

\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}=v(t)=-gt+c_1

\int \mathrm{d}z = \int (-gt+c_1) \mathrm{d}t = -\frac{g}{2}t^2+c_1t+c_2 = z(t)

Példa II. Megoldása

(1)\,\,\,\,\ddot{x}(t)=MG \frac{x(t)}{ \sqrt{x^2(t)+y^2(t)+z^2(t)}^3}

Példa II. Megoldása

Wolfram Alpha nem tudja megoldani... Talán Euler?

Numerikus módszerekhez mindig kell kezdeti feltétel. Nézzük példaként a következő egyenletet:

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=y

Közelítsük:

y(x=0)=1

\frac{y_1-y_0}{\Delta x}\approx y_0

y_1=y_0+\Delta x \cdot y_0

Általában:

y_n = y_{n-1}+\Delta x \cdot y_{n-1}

Példa II. Megoldása

Numerikus módszerrel a megoldás:

Analitikus megoldás lent:

Példa II. Megoldása Analitikusan

Szükséges előismeretek:

Energia
Potenciál, centrális potenciál
Energiamegmaradás
Impulzusmomentum

Példa II. Megoldása Analitikusan

Impulzusmomentum:

\underline{F}=m\underline{a}

/ \underline{r}\times

\underline{r}\times\underline{F}=\underline{r}\times m\underline{a}

Próbáljuk meg a következő mennyiséget lederiválni:

\underline{r}\times m\underline{v}

\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\underline{r}\times m\underline{v}\right) = \dot{\underline{r}}\times m \underline{v}+\underline{r}\times m\dot{\underline{v}}=\underline{r}\times m\dot{\underline{v}}

Ez a tag nulla, mivel két párhuzamos vektor vektoriális szorzata

Ezt a mennyiséget definiáljuk, mint impulzusmomentum és jelöljük \( \underline{N} \)-nel

Példa II. Megoldása Analitikusan

Impulzusmomentum:

\underline{N}=\underline{r}\times m\underline{v}

\dot{\underline{N}}=\underline{r}\times \underline{F}=\underline{M}

Forgatónyomaték

Fontos! Ha a test helyvektorával párhuzamos az erő, akkor a definíció alapján a test impulzusmomentuma állandó lesz.

Bizonyítás nélküli állítás: Ha az erő centrális (azaz az erő nagysága csak a távolságtól függ, mint a gravitáció esetén) akkor az impulzusmomentum megmarad, állandó lesz.

Példa II. Megoldása Analitikusan

Energia:

\underline{F}=m\underline{a}

/ \cdot \underline{v}

\underline{F}\cdot\underline{v}=\underline{v}m\underline{a}

Szorozzuk meg mindkét oldalt skalárisan a sebességvektorral

Próbaként deriváljuk le a következő kifejezést:

\frac{1}{2}m\underline{v}^2

\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}m\underline{v}^2\right)=\frac{1}{2}m\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \underline{v}^2 \right)=\frac{1}{2}m\left( 2\underline{v}\cdot\underline{\dot{v}} \right)=\underline{v}m\underline{a}

\frac{1}{2}m\underline{v}^2 = E_{kin}

Bevezetjük a kinetikus energiát

Bizonyítás nélküli állítás: az energia megmarad... általában... van kivétel...

Példa II. Megoldása Analitikusan

Energia:

Ha egy testet erő ellenében mozgatunk, energiát kell befektetnünk. Ha a befektetett energia nem függ attól, hogy milyen útvonalon mozgatjuk a testet, csak a mozgatás kezdő és végpontjától, akkor bevezethető egy energia dimenziójú mennyiség. Az energiamegmaradás ekkor úgy módosul, hogy a test kinetikus energiájának és potenciális energiájának összege a mozgás során megmarad... általában...

Hogy mégis hogyan kell meghatározni a potenciális energiát, az túlmutat a gyakorlat anyagán. A feladat megoldása szempontjából lényeges a gravitációs potenciál:

V(\underline{r})=-\frac{GMm}{|\underline{r}|}

Példa II. Megoldása Analitikusan

Az egyenlet zárt alakban, analitikusan nem megoldható. De tudunk-e mondani valamit a pálya alakjáról? Dolgozzunk polárkoordinátarendszerben!

x(t)=R(t)\cos{\varphi(t)}\\ y(t)=R(t)\sin{\varphi(t)}

\underline{r}(t)=\begin{pmatrix} R(t)\cos{\varphi(t)} \\ R(t)\sin{\varphi(t)} \\ 0 \end{pmatrix}

Energiamegmaradás:

E=\frac{1}{2}m\underline{\dot{r}}^2(t)-\frac{GmM}{|\underline{r}(t)|}

Ehhez kell a sebesség:

\underline{\dot{r}}(t)=\begin{pmatrix} \dot{R}(t)\cos{\varphi(t)}-R(t)\sin{\varphi(t)}\dot{\varphi}(t) \\ \dot{R}(t)\sin{\varphi(t)}+R(t)\cos{\varphi(t)}\dot{\varphi}(t)\end{pmatrix}

|\underline{\dot{r}}(t)|^2=\dot{R}^2(t)+R^2(t)\dot{\varphi}^2(t)

E=\frac{1}{2}m|\underline{\dot{r}}(t)|^2-\frac{GM}{|\underline{r}(t)|}=\frac{m}{2}\left( \dot{R}^2(t)+R^2(t)\dot{\varphi}^2(t)\right)-\frac{GMm}{R(t)}

Tudjuk, hogy síkbeli a mozgás, \(z\) komponens nulla!

Példa II. Megoldása Analitikusan

Tudjuk, hogy az impulzusmomentum megmaradó mennyiség. Ha ezt ki tudjuk használni csökkenthetjük a változók számát. De mennyi az impulzusmomentum?

\underline{N}=\underline{r}\times m \underline{\dot{r}}

\begin{pmatrix} R(t)\cos{\varphi(t)} \\ R(t)\sin{\varphi(t)} \\ 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} \dot{R}(t)\cos{\varphi(t)}-R(t)\sin{\varphi(t)}\dot{\varphi}(t) \\ \dot{R}(t)\sin{\varphi(t)}+R(t)\cos{\varphi(t)}\dot{\varphi}(t) \\ 0\end{pmatrix}=

|\underline{N}|=N=mR(t)^2\dot{\varphi}(t)

A mozgás során állandó!

Példa II. Megoldása Analitikusan

|\underline{N}|=N=mR(t)^2\dot{\varphi}(t) \rightarrow \dot{\varphi}(t)= \frac{N}{mR^2(t)}

Írjuk ezt be azt energiába!

E=\frac{m}{2}\left( \dot{R}^2 + \frac{N^2}{m^2R^2} \right)-\frac{GmM}{R}

Ebből fejezzük ki

\dot{R}=\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}t}=\sqrt{\frac{2E}{m}-\frac{N^2}{m^2R^2}+\frac{2GM}{R}} \rightarrow \mathrm{d}t=\frac{\mathrm{d}R}{\sqrt{\frac{2E}{m}-\frac{N^2}{m^2R^2}+\frac{2GM}{R}}}

\dot{R}

-t

\text{Az } R(t),\varphi(t) \text{ függvények analitikus nem határozhatóak meg.} \\ \text{Most arra hajtunk, hogy a pálya alakjáról mondjunk valamit. Ehhez az } R(\varphi) \\ \text{ függvényt kell ismerni. A két függvény között} \\ \text{az impulzusmomentum megmaradás teremt kapcsolatot.}

Példa II. Megoldása Analitikusan

\dot{\varphi}(t)= \frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}t} = \frac{N}{mR^2(t)}

\mathrm{d}\varphi = \frac{N}{mR^2(t)}\mathrm{d}t

\(\mathrm{d}t\)-t hozzuk át az előző diáról!

\mathrm{d}\varphi = \frac{N}{mR^2}\frac{\mathrm{d}R}{\sqrt{\frac{2E}{m}-\frac{N^2}{m^2R^2}+\frac{2GM}{R}}}

Ezt kell kiintegrálni.

\int \mathrm{d}\varphi = \varphi - \varphi_0 = \int \frac{\frac{N}{mR^2}}{\sqrt{\frac{2E}{m}-\frac{N^2}{m^2R^2}+\frac{2GM}{R}}}\mathrm{d}R

Az integrál elvégzéséhez csináljuk meg a következő helyettesítést:

u:= -\frac{N}{mR}+\frac{GMm}{N}\rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}R}=\frac{N}{mR^2}

Példa II. Megoldása Analitikusan

\varphi - \varphi_0 = \int \frac{1}{\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}-u^2}}\mathrm{d}u=-\arccos{\left(\frac{u}{\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}}\right)}

Fejezzük ki ebből \(u\)-t!

u=-\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}\cos{\left(\varphi - \varphi_0 \right)}=-\frac{N}{mR}+\frac{GMm}{N}

ez volt \(u\) definíciója

Ezt átrendezhetjük úgy, hogy kifejezzük belőle \(R\)-t, ezzel megkapjuk a keresett függvényt!

R(\varphi)=\frac{1}{\frac{GMm^2}{N^2}+\frac{m}{N}\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}\cos{\left(\varphi - \varphi_0 \right)}}

Példa II. Megoldása Analitikusan

R(\varphi)=\frac{1}{\frac{GMm^2}{N^2}+\frac{m}{N}\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}\cos{\left(\varphi - \varphi_0 \right)}}

Ebből még azért nem teljesen látszik, hogy pontosan milyen alakja is van a pályának... Rendezgessük még ezt a kifejezést egy kicsit!

R(\varphi)=\frac{\frac{N^2}{GMm^2}}{1+\frac{N}{GMm}\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}\cos{\left(\varphi - \varphi_0 \right)}}

Túl terjengős... vezessünk be néhány jelölést az átláthatóság kedvéért.

p=\frac{N^2}{Gm^2M}

\varepsilon=\frac{N}{GMm}\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}

R(\varphi)=\frac{p}{1+\varepsilon\cos{\left(\varphi - \varphi_0 \right)}}

Példa II. Megoldása Analitikusan

R(\varphi)=\frac{p}{1+\varepsilon\cos{\left(\varphi - \varphi_0 \right)}}

Ha valaki sokat nézegeti a Wikipédiát, akkor megtalálhatja ezt a kifejezést a kúpszeletek szócikkben.

Kiderül, hogy ha \( \varepsilon \) nulla, akkor a fenti kifejezés egy kör, \( p \) sugárral.

Ha \( 0< \varepsilon < 1 \), a fenti kifejezés ellipszis.

Ha \( \varepsilon = 1 \), a fenti kifejezés parabola.

Ha \( \varepsilon > 1 \), a fenti kifejezés hiperbola.

Példa II. Megoldása Analitikusan

Mit jelent ez fizikailag? Vizsgáljuk meg, mi is volt \( \varepsilon \)?

Korábbi diáról:

\varepsilon=\frac{N}{GMm}\sqrt{\frac{2E}{m}+\frac{G^2M^2m^2}{N^2}}

Tudjuk, hogy az energia állandó a teljes mozgás során. Ezért az egyszerűség kedvéért vizsgáljunk olyan esetet, ami könnyen követhető. Például amikor \(\varphi=0=\varphi_0 \). Ekkor

R_0=\frac{p}{1+\varepsilon}

Példa II. Megoldása Analitikusan

R_0=\frac{p}{1+\varepsilon}

Mennyi ekkor az energia?

E=\frac{m}{2}\left( \dot{R}^2 + \frac{N^2}{m^2R^2} \right)-\frac{GmM}{R}

Házi feladat ellenőrizni, hogy \( \varphi=0=\varphi_0 \) esetén \( \dot{R} \) nulla. Írjuk be a maradékba \( R_0 \) kifejezését!

E=\frac{m}{2}\left( \frac{N^2}{m^2\left( \frac{p}{1+\varepsilon} \right)^2} \right)-\frac{GmM}{\left( \frac{p}{1+\varepsilon} \right)}

Triviális algebrai átalakítások után:

E=\frac{N^2}{2p^2m}\left( \varepsilon^2-1 \right)

Példa II. Megoldása Analitikusan

E=\frac{N^2}{2p^2m}\left( \varepsilon^2-1 \right)

Tehát a Wikipédia megállapításai \( \varepsilon \)-ra áthozhatóak az energia kifejezésére:

Ha \( E<0 \), a bolygó olyan ellipszispályán kering, melynek egyik gyújtópontjában a Nap van (Kepler I. törvénye).

Ha \( E=0 \), a bolygó parabolapályán mozog.

Ha \( E> 0 \), a bolygó hiperbolapályán mozog.

Példa II. Megoldása Analitikusan

Bolygókra az első megállapítás érvényes. Tehát a bolygók ellipszispályán keringenek. Mekkora periódusidővel? Ezt legegyszerűbb úgy megvizsgálni, ha meghatározzuk, hogy a Napot a bolygóval összekötő hipotetikus egyenes egységnyi idő alatt mekkora területet súrol.

Tudjuk, hogy az impulzusmomentum állandó: \( mR^2\dot{\varphi}^2=const \), vagyis \( R^2\dot{\varphi}^2=const=\lambda \).

Ha egy adott \( t \) időpillanatban \( R, \varphi \) helyen vagyunk, akkor piciny \( \Delta t \) idő múlva már az \( R+\Delta R, \varphi+ \Delta \varphi\) pozícióban leszünk.

A piciny idő eltelte alatt súrolt területet közelítsük a két vektor által meghatározott háromszög területével. Ha \( \Delta t \) elég kicsi, ez jó közelítéssel igaz lesz.

Példa II. Megoldása Analitikusan

Adott időpillanat:

\underline{r}(t)=\begin{pmatrix} R\cos{\varphi} \\ R\sin{\varphi} \\ 0 \end{pmatrix}

\( \Delta t \)-vel később:

\underline{r}(t+\Delta t)=\begin{pmatrix} (R+\Delta R)\cos{(\varphi + \Delta \varphi}) \\(R+\Delta R)\sin{(\varphi + \Delta \varphi}) \\ 0 \end{pmatrix}

Vegyük a két vektor vektoriális szorzatát, annak nagysága éppen a két vektor által meghatározott paralelogramma területe, melynek fele pont a háromszög területe.

Példa II. Megoldása Analitikusan

Jelöljük a két vektor által meghatározott háromszög területét \( f \)-fel

2\Delta f = |\underline{r}(t)\times \underline{r}(t+\Delta t)|

\underline{r}(t)\times \underline{r}(t+\Delta t) =\begin{pmatrix} R\cos{\varphi} \\ R\sin{\varphi} \\ 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} (R+\Delta R)\cos{(\varphi + \Delta \varphi}) \\(R+\Delta R)\sin{(\varphi + \Delta \varphi}) \\ 0 \end{pmatrix}

2\Delta f= R\cos{\varphi}(R+\Delta R)\sin{(\varphi+\Delta\varphi)}-R\sin{\varphi}(R+\Delta R)\cos{(\varphi+\Delta\varphi)}

Kihasználva a trigonometria azonosságait az összegekre és minimális algebrai átalakításokat eszközölve:

Példa II. Megoldása Analitikusan

\Delta f=\frac{1}{2}R(R+\Delta R)\sin(\Delta \varphi)

Mivel a \( \Delta t \) idő piciny, az alatta bekövetkező változások is biztos picik, ezért a \( \sin \) függvényt is nyugodtan közelíthetjük, sőt a \( \Delta R \) változást is elhanyagolhatjuk első közelítésben.

\Delta f=\frac{1}{2}R^2\Delta \varphi

Osszuk el mind a két oldalt \( \Delta t \)-vel és csináljuk meg a \( \Delta t \rightarrow 0 \) határátmenetet

\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t}=\frac{R^2\dot{\varphi}}{2}

Példa II. Megoldása Analitikusan

\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t}=\frac{R^2\dot{\varphi}}{2}

Döbbenjük rá, hogy a terület kifejezésében a jó öreg impulzusmomentumra bukkantunk, amely állandó, mint tudjuk.

A Naptól a bolygóhoz húzott sugár egyenlő időközök alatt egyenlő területeket súrol. Kepler II. törvénye a kezünkbe hullott.

Most már számítsuk a periódusidőt is. Igen egyszerű, hiszen \( T \) periódusidő alatt a teljes ellipszis területét bejárjuk. Az ellipszis területe pedig a kis- és nagytengely szorzatával adható meg:

f=ab\pi = \frac{N}{m2}T \rightarrow T=\frac{2\pi abm}{N}

Példa II. Megoldása Analitikusan

T=\frac{2\pi abm}{N}

A kis- és nagytengely a már bevezetett paramétereinkkel is kifejezhetők, Wikipédia szerint:

\varepsilon = \frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}

és

p=\frac{b^2}{a}

Ismét egy kis algebrázást segítségül hívva:

T^2 = \frac{4\pi^2a^2b^2m^2}{N^2}=\frac{4\pi^2a^3pm^2}{N^2}=\frac{4\pi^2a^3\frac{N^2}{Gm^2M}m^2}{N^2}=\frac{4\pi^2}{GM}a^3

\frac{T^2}{a^3} = \frac{4\pi^2}{GM}=\text{állandó}

A bolygók keringési idejeinek négyzetei úgy aránylanak egymáshoz, mint az ellipszispályák fél nagytengelyeinek köbei.

Kepler III.

Példa III. Megoldása

m(t)

Legyen a tömegváltozás exponenciális!

m(t)=M_0e^{-t/\tau}

\( M_0 \) a test tömege kezdetben, ami minden \( \tau \) időközönként \( 1/e \)-ad részére csökken

Megoldandó egyenlet:

\ddot{x}(t)= \frac{1}{m(t)}F_0

Vajon Wolfram Alpha elbír vele?

\ddot{x}(t)= \frac{F_0}{M_0}e^{t/\tau}F_0

Példa III. Megoldása

Vajon Wolfram Alpha elbír vele?

\ddot{x}(t)= \frac{F_0}{M_0}e^{t/\tau}