minimum na orbicie

Fibik · Post autor: **Fibik** » 14 maja 2016, o 23:53

Mamy orbitę w 3D, typu elipsa lub zbliżoną do elipsy, co i tak nie ma tu znaczenia.

Znamy tylko dwa punkty tej orbity:
\(\displaystyle{ r(t=0),\ r(1)}\) oraz prędkości w tych punktach: \(\displaystyle{ r'(0) = v(0),\ r'(1) = v(1)}\)

oraz wiemy, że minimum leży pomiędzy tymi punktami.

Jak wyznaczyć to minimum, znaczy: \(\displaystyle{ r = (x,y,z),\ gdzie:\ |r| = \min}\)?

Interpolacja dla dwóch punktów + pochodne daje funkcję kubiczną, czyli mamy takie coś:

\(\displaystyle{ r(t) = at^3 + bt^2 + ct + d}\)

współczynniki: a, b,c,d, wyliczamy dość łatwo: \(\displaystyle{ d = r(0),\ c = v(0), ...}\)

Zatem mam teraz funkcję: \(\displaystyle{ y(t) = |r|}\), której minimum należy wyliczyć.
I co dalej?

SlotaWoj · Post autor: **SlotaWoj** » 15 maja 2016, o 19:59

Można dobrać taki układ współrzędnych, że problem będzie dwuwymiarowy (płaski).
Dlaczego chcesz interpolować?
Orbita jest krzywą stożkową, więc Twoja funkcja \(\displaystyle{ r(t)}\) nie będzie wielomianem.
Gdybyś miał informacje o położeniu osi głównej tej krzywej, cztery jej punkty i funkcję \(\displaystyle{ \overrightarrow{r}(\varphi)}\), to problem byłby geometryczny (z geometrii różniczkowej).
Ale masz tylko tylko dwa punkty, a w nich wartości funkcji \(\displaystyle{ \overrightarrow{r}(t)}\) i \(\displaystyle{ \overrightarrow{r}'(t)}\).
Jeśli \(\displaystyle{ t}\) jest czasem, to Twoja funkcja jest klasycznym rozwiązaniem problemu
Kod: Zaznacz cały
```
https://pl.wikipedia.org/wiki/Problem_n_cia%C5%82#Problem_dw.C3.B3ch_cia.C5.82
```
. Trzeba wyznaczyć funkcję \(\displaystyle{ \overrightarrow{r}(t)}\), a równaniem orbity będzie \(\displaystyle{ \overrightarrow{r}(\varphi(t))}\), gdzie:
- \(\displaystyle{ \overrightarrow{r}(t)=\begin{cases}\ x(t)\\\ y(t)\end{cases},\varphi(t)=\arccos\frac{x(t)}{\left|\overrightarrow{r}(t)\right|}}\)
Minimum funkcji \(\displaystyle{ \overrightarrow{r}(t)}\) będzie tam, gdzie maksimum funkcji \(\displaystyle{ \overrightarrow{r}'(t)}\) (z zasady zachowania energii).
W tej chwili nie wiem (w szczegółach), jak analitycznie rozwiązać ten problem. Ja zrobiłbym to numerycznie.

Fibik · Post autor: **Fibik** » 16 maja 2016, o 16:59

1. to nic nie daje, bo minimum będzie nadal funkcją 5-tego stopnia, czyli nierozwiązywalne analitycznie.
2. muszę interpolować bo znam tylko wybrane punkty, a nie wszystkie;
a wiedza o minimum pomiędzy punktami jest łatwo dostępna:
|r|' < 0 przed minimum, oraz |r|' > 0 za minimum, co można łatwo wyliczać, mając v i r:
\(\displaystyle{ v\cdot r < 0 \to |r|' < 0}\) i podobnie z drugiej strony - w następnym punkcie.

3. to jest tylko w dobrym przybliżeniu elipsa, ale nie idealna, bo problem dotyczy wielu ciał, a nie tylko dwóch.

Czas minimum mogę chyba wyliczyć z liniowej aproksymacji,
ponieważ prędkość radialna w pobliżu peryhelium jest praktycznie liniowa,
jak funkcja sinus w zerze: sinx = x, dla małych x.

Zatem, powiedzmy że mam: |r(t_min)|' = 0, znaczy to t_min pomiędzy, czyli z: <0,1> mam wyliczone.
Jak z tego wyliczyć pozycję w minimum, czyli:

\(\displaystyle{ r(t_{min}) = ?}\), mając dane: \(\displaystyle{ r(0),\ v(0)\, i\ r(1),\ v(1)}\), no i t_min, które jest oczywista, pomiędzy t=0 i 1.

SlotaWoj · Post autor: **SlotaWoj** » 16 maja 2016, o 17:18

Fibik pisze:... problem dotyczy wielu ciał, a nie tylko dwóch.

Dla większej liczby ciał niż cztery nigdy nie ma rozwiązania analitycznego (dla czterech ciał jedynie dla szczególnych przypadków jeszcze są rozwiązania). Problem można rozwiązać tylko numerycznie.

Fibik · Post autor: **Fibik** » 16 maja 2016, o 17:35

Przecież rozwiązuję to właśnie numerycznie, i stąd mam te punkty tylko, a nie całą krzywą.

W sumie mogę wyliczyć ten czas minimum liniowo, z równania prędkości radialnych,
a potem podstawić ten czas do tej interpolacji kubicznej...
no ale nie wiem czy to ma sens - czy przypadkiem błąd nie wyjdzie rzędu 1, zamiast 3.

Może lepiej użyć kwadratowej wersji... co byłoby szybsze:
\(\displaystyle{ r(t) = r_0 + v_0 t + a t^2/2}\)
tylko że wtedy przyspieszenie = a jest nieznane... chyba należy wsadzić jakieś średnie:
\(\displaystyle{ a = (v_1 - v_0)/dt}\)

SlotaWoj · Post autor: **SlotaWoj** » 16 maja 2016, o 18:25

Mam na myśli numeryczne rozwiązanie opisujących problem równań różniczkowych.
Musisz wyznaczyć jeszcze jeden punkt w sąsiedztwie \(\displaystyle{ \overrightarrow{r}(0)}\) i \(\displaystyle{ \overrightarrow{r}(1)}\) (pochodne nie są wystarczające) i interpolować wielomianem 2-go stopnia.

Fibik · Post autor: **Fibik** » 16 maja 2016, o 19:04

Bajki opowiadasz.
n wartości + n pierwszych pochodnych daje wielomian 2n-1,
co dla dwóch punktów = 3 - interpolacja kubiczna, nie inaczej.

Dla wielomianu n=2, należy podać tylko trzy liczby,
czyli: trzy wartości, lub dwie wartości i jedną pochodną (dowolnego rzędu),
albo dwie pochodne i jedną wartość.

-- 16 maja 2016, 21:08 --

A może tak pójdzie:

interpolujemy tylko odległość, znaczy |r|, zamiast r (=wektor).

dla dwóch wartości i pochodnych otrzymam znowu kubiczne, ale już skalarne:
\(\displaystyle{ y(t) = |r| = at^3 + bt^2 + ct + d}\)
wtedy:
\(\displaystyle{ y'(t) = |r|' = v_r(t) = 3at^2 + 2bt + c}\)

a mając już skalarny wielomian 3-go stopnia, wyliczam jego minimum,
czyli pochodna: y' = 0, a to będzie tylko 2-go stopnia, czyli łatwe do rozwiązana.

Finalnie otrzymam czas: t = t_min, który sobie podstawiam do wersji wektorowej: r(t) = kubiczne.

No, i takim sposobem rozwiązałem równianie 5-go stopnia metodą analityczną... hehe!

Ciekawe czy wynik będzie faktycznie taki sam, który wyjdzie z rozwiązania tego równania 5-go stopnia.

SlotaWoj · Post autor: **SlotaWoj** » 16 maja 2016, o 23:03

Pochodna to nie jest punkt. Dla dwóch punktów mamy interpolację liniową, bo dwa punkty wyznaczają prostą. Jeżeli mamy dwa punkty i jeszcze pochodną w którymś z nich, to tak jakbyśmy mieli trzy punkty i wówczas jest możliwa interpolacja kwadratowa (trzy punkty wyznaczają parabolę), etc, etc. Oczywiście muszą być spełnione pewne warunki, np. punkty rożne, trzy punkty nie współliniowe, ... .
Ponieważ nie jest znana rzeczywista postać funkcji \(\displaystyle{ r(t)}\) więc początkowo uważałem wartości \(\displaystyle{ r'(0)}\) i \(\displaystyle{ r'(1)}\) za mało przydatne, ale zmieniłem zdanie.
Z układu równań:
- \(\displaystyle{ \begin{cases}
  \ d=r(0) \\
  \ a+b+c+d=r(1) \\
  \ c=r'(0) \\
  \ 3a+2b+c=r'(1)
  \end{cases}}\)
(drugie i trzecie równanie powstały po zróżniczkowaniu Twojego wielomianu stopnia 3-go i podstawieniu \(\displaystyle{ t}\)) obliczasz wartości współczynników \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ d}\).
Tam gdzie będzie \(\displaystyle{ 3at^2+2bt+c=0}\), wielomian \(\displaystyle{ r(t)=at^3+bt^2+ct+d}\) będzie miał ekstremum.
Fibik pisze:...
Czas minimum mogę chyba wyliczyć z liniowej aproksymacji, ...
Czas minimum będziesz miał automatycznie rozwiązując poprzedni punkt.

Fibik · Post autor: **Fibik** » 17 maja 2016, o 16:00

Prawda, tylko, że to co proponujesz to powrót do punktu wyjściowego, czyli musiałbyś rozwiązać wielomian 5-go stopnia.

W tej chwili interesuje mnie jedynie:
czy rozwiązanie uzyskane z interpolacji |r(t)| - funkcja skalarna,
da ten sam wynik co interpolacja: r(t) - funkcja wektorowa.

SlotaWoj · Post autor: **SlotaWoj** » 17 maja 2016, o 16:16

To co napisałem uprzednio, to rozwiązanie układu czterech równań liniowych i znalezienie ekstremum wielomianu trzeciego stopnia.
Funkcje wektorowe nie mają minimum (przynajmniej takiego, o które Ci chodzi)

Fibik · Post autor: **Fibik** » 17 maja 2016, o 16:17

Aby to rozstrzygnąć wystarczy wyliczyć jakiś dowolny przypadek, np. przyjmując elipsę jako krzywą, którą interpolujemy.

Mamy dane punkty, np. w odległości 1 stopnia,
pierwszy przed minimum:
r(0), r'(0) = v(0), i drugi - tuż za tym minimum: r(1), v(1);

Równanie elipsy:
\(\displaystyle{ r(f) = \frac{p}{1+e.\cos(f)}}\)
gdzie: \(\displaystyle{ p = 1-e^2}\) e to mimośród elipsy (0,1), i wstawiamy, np. e = 0.5;

Teraz wyliczamy te współczynniki kubiczne... i dla dwóch wersji: skalarnej |r|, i wektorowej r.

Prędkości radialne wyliczamy z danych r i v, w taki sposób:
\(\displaystyle{ v_r = |r|' = v\cdot r^0 = \frac{v\cdot r}{|r|}}\)

liczymy z tego: \(\displaystyle{ v_r(0)\, i\ v_r(1)}\), itd.

SlotaWoj · Post autor: **SlotaWoj** » 17 maja 2016, o 16:32

Twoje równanie elipsy jest błędne: lewa strona jest w metrach, a prawa bezwymiarowa.

Równanie elipsy w układzie biegunowym:

\(\displaystyle{ r^2(\varphi)=\frac{b^2}{1-e^2\cos^2\varphi}}\)

Fibik · Post autor: **Fibik** » 17 maja 2016, o 16:37

SlotaWoj pisze:
To co napisałem uprzednio, to rozwiązanie układu czterech równań liniowych i znalezienie ekstremum wielomianu trzeciego stopnia.

Funkcje wektorowe nie mają minimum (przynajmniej takiego, o które Ci chodzi)

Minimum jest w obu przypadkach dla funkcji: |r|, czyli minimalna odległość.

Są tu jednak dwie metody, którymi można to liczyć, ale nie wiem czy wynik będzie taki sam:

1. interpoluję tylko |r| - funkcja skalarna, więc liczę proste minimum funkcji skalarnej, a finalnie podstawiam: r = r(t_min);
gdzie to r jest tu już interpolacją wektorową.

2. interpoluję od razu r - wektorowa, i liczę minimum po tej krzywej typu: |r| = min, znaczy warunkowe (wyjdzie tu wielomian 5-go stopnia).-- 17 maja 2016, 15:55 --

SlotaWoj pisze:Twoje równanie elipsy jest błędne: lewa strona jest w metrach, a prawa bezwymiarowa.

Równanie elipsy w układzie biegunowym:

\(\displaystyle{ r^2(\varphi)=\frac{b^2}{1-e^2\cos^2\varphi}}\)

To jest chyba wersja elipsy z ogniskiem w r=c, zamiast w zerze... czyli taka przesunięta.

Słońce jest w ognisku, i względem niego liczymy odległość, a nie jakoś... obok niego.

Przyjmuję a = 1, dla uproszczenia;
ogólnie masz: \(\displaystyle{ p = a(1-e^2)}\), to jest tzw. parametr elipsy.

Chyba tu to znalazłeś:

należy to uzupełnić/poprawić, ponieważ takiej wersji nikt nie używa w praktyce, a zwłaszcza w astronomii.