Hallo Michael,
Ganz so einfach wie es auf den ersten Blick erscheint, ist es
nämlich doch nicht.
es ist machbar, allerdings muss man sich am Schluss mit einer impliziten Lösung zufriedengeben.
Wenn ich mich nicht verrechnet habe, komme ich auf eine
Differenzialgleichung der Gestalt
x(t)’’ = A / x(t)²
Genau. Ich stell die Bewegungsgleichung mal in dieser Form dar:
\frac{d^2}{dt^2} r = -k \frac{1}{r^2}
Meine Konstante k ist positiv und mit dem Minuszeichen drücke ich die anziehende Wirkung der Massen aus (Beschleunigungsvektor antiparallel zum Abstandsvektor). Im Falle einer sehr leichten Probemasse m und einer demgegenüber sehr schweren Masse M hat k den Wert γM. Das folgt unmittelbar aus dem Gravitationsgesetz.
Nun zur Bewegungsgleichung. Sie hat die Ordnung 2, aber wenn man sie via
\frac{d^2}{dt^2} r = v \frac{d}{dr} v
erstmal in eine solche der Ordnung 1 überführt, dann lässt sich diese durch Integration mit Separation der Variablen lösen, und auf die sich daraus ergebende DG erster Ordnung für r trifft dasselbe zu.
Obiger Reduktion-der-Ordnung-Ansatz plus anschließende Trennung der Variablen führt auf
v :dv = -k \frac{1}{r^2} :dr
und der Integration mit den anfangsbedingung-entsprechenden Grenzen (m möge an der Position r_0 aus der Ruhe starten) steht nichts mehr im Weg:
\int_{0}^{v} v’ :dv’ = -k \int_{r_0}^{r} \frac{1}{r’^2} :dr’
Die Stammfunktionen sind klar und die Zwischenschritte einfach, deshalb gleich das Ergebnis:
v® = -u \sqrt{\frac{r_0}{r} - 1}
\quad\quad\textnormal{mit}\quad
u := \sqrt{\frac{2k}{r_0}}
u ist die natürliche Geschwindigkeitseinheit des Problems. Wie man sich fix überlegen kann, hat die Probemasse m gerade dann u erreicht, wenn sie ihren Abstand zu M halbiert hat.
Die zweite zu lösende DG wäre damit
\frac{dr}{dt} = -u \sqrt{\frac{r_0}{r} - 1}
was nach Trennung der Variablen so aussieht:
\sqrt{\frac{r}{r_0-r}} :dr = -u :dt
Die nun anstehende Aufgabe lautet also:
\int_{r_0}^{r} \sqrt{\frac{r’}{r_0-r’}} :dr’ = -u \int_0^t dt’
Die Stammfunktion zu \sqrt{\frac{x}{a-x}} ist etwas „ungesund“, nämlich
-\sqrt{x(a-x)} + a \arctan\sqrt{\frac{x}{a-x}}
Die Auswertung der Integrale führt auf das Ergebnis:
t(\rho)
= \frac{r_0}{u}
\Big(\sqrt{\rho (1 - \rho)}
- \arctan\sqrt{\frac{\rho}{1-\rho}}
- \frac{\pi}{2}
\Big)
\quad\quad\textnormal{mit}\quad
\rho := \frac{r}{r_0}
Das ist die erwähnte implizite Lösung der Bewegungsgleichung. Die Invertierung der Funktion t(ρ) zu ρ(t) wäre natürlich das Sahnehäubchen, aber das lässt der Term leider nicht zu.
Erfreulicherweise ist es aber leicht, damit die Zeit t_0 auszurechnen, die die Masse bis zum Erreichen des Ursprungs benötigt. Dazu muss man nur ρ gleich Null setzen. Dadurch verschwinden √ρ(1 – ρ) sowie der arctan und nur π/2 bleibt übrig:
t_0
= t(0)
= \frac{r_0}{u} \frac{\pi}{2}
= \frac{\pi}{2} \frac{r_0}{\sqrt{\frac{2k}{r_0}}}
= \frac{\pi}{2} \sqrt\frac{r_0^3}{2k}
Daraus resultiert als alternative Form der Lösung:
t(\rho)
= t_0
\Big(\frac{2}{\pi} \sqrt{\rho (1 - \rho)}
- \frac{2}{\pi} \arctan\sqrt{\frac{\rho}{1-\rho}}
Man kann sich auch vorstellen, dass die Masse M eine passende Bohrung hat, so dass sie von der Masse m ungehindert durchquert werden kann. Dann vollführt m eine (nichtharmonische) Schwingung mit der Periodendauer
T
= 4 t_0
= 2 \pi \sqrt\frac{r_0^3}{2k}
= \pi \sqrt\frac{2 r_0^3}{k}
Ich habe mal interessehalber t0 für eine Masse in der Größenordnung eines Autos (M = 1000 kg) und einen Startabstand r0 = 10 m ausgerechnet und t0 ≈ 2.2 Tage herausbekommen.
Ich habe es mit Excel simuliert.
Kannst ja mal checken, ob die numerische und die analytische Lösung zusammenpassen.
Gruß
Martin