14.09.2019 10:24
nickname21 10 4000 Источник

Содержание


Часть 1 — Задача двух тел
Часть 2 — Полу-решение задачи двух тел
Часть 3 — Ужепочти-решение задачи двух тел
Часть 4 — Второй закон Кеплера

Привет всем читателям! Сразу приступим к продолжению без лишних разглагольствований. В прошлый раз остановились на:

$ \ddot{\rho} = -\dfrac{\mu}{\rho^{2}} + \dfrac{h^{2}}{\rho^{3}} $


Это дифференциальное уравнение второго порядка, где в качестве неизвестной функции — длина радиуса вектора, зависящего от времени. Здесь $ h^{2}\geq0, \mu = G(m_{1} + m_{2})>0. $ $ h, $ как мы помним, может равняться нулю в случае прямолинейного движения вдоль радиус-вектора. Этот случай слишком прост, его даже рассматривать не будем, а кто хочет может приравнять в уравнении к нулю и дальше его решить.

Здесь попытаемся решать для $ h\neq0. $ Первым что приходит в голову (в мою пришло, когда я впервые увидел это уравнение) то, что здесь нет $ \dot{\rho} $, ну, конечно, и $ t. $ А в таких случаях (специальных) можно проводить дальнейшую замену, которая понижает порядок уравнения до первого.

В общем случае уравнение второго порядка может быть записано в виде:

$ F(t,\rho,\dot{\rho},\ddot{\rho}) = 0 $


У нас же — уравнение попроще, когда:

$ F(\rho,\ddot{\rho}) = 0 $


А в таких случаях можно сделать замену, которая снизит порядок уравнения:

$ \dot{\rho} = z(\rho), $


где $ z $ — новая неизвестная функция, но которая зависит не напрямую от времени, а от $ \rho. $ Тогда:

$ \ddot{\rho} = \dfrac{dz}{d\rho}\dfrac{d\rho}{dt} = z^{'}\dot{\rho} = z^{'}z $


Здесь продифференцировали как сложную функцию, а потом штрихом обозначили производную $ z $ по $ \rho. $ Теперь всё готово, и можно подставить:

$ z^{'}z = -\dfrac{\mu}{\rho^{2}} + \dfrac{h^{2}}{\rho^{3}} $


Уравнение первого порядка, но относительно $ \rho, $ вместо времени. Причём с разделяющимися переменными:

$ \dfrac{dz}{d\rho}z = -\dfrac{\mu}{\rho^{2}} + \dfrac{h^{2}}{\rho^{3}} $


$ zdz = \left(-\dfrac{\mu}{\rho^{2}} + \dfrac{h^{2}}{\rho^{3}}\right)d\rho $


Проинтегрировать не составляет труда:

$ \dfrac{z^{2}}{2} = \dfrac{\mu}{\rho} - \dfrac{h^{2}}{2\rho^{2}} + \dfrac{C}{2} $


Ну добавили пол константы, какая разница? Зато потом жить проще:

$ z^{2} = \dfrac{2\mu}{\rho} - \dfrac{h^{2}}{\rho^{2}} + C = \dfrac{2\mu\rho - h^{2} + C\rho^{2}}{\rho^{2}} $


Пришло время вспомнить что такое $ z $:

$ \dot{\rho}^{2} = \dfrac{2\mu\rho - h^{2} + C\rho^{2}}{\rho^{2}} $


И извлечь корень:

$ \dot{\rho} = \pm\sqrt{\dfrac{2\mu\rho - h^{2} + C\rho^{2}}{\rho^{2}}} = \pm\dfrac{\sqrt{C\rho^{2} + 2\mu\rho - h^{2}}}{\rho} $


Уравнение опять с разделяющимися переменными, и даже интеграл вроде как берётся в элементарных функциях:

$ \int\dfrac{\rho d\rho}{\sqrt{C\rho^{2} + 2\mu\rho - h^{2}}} = \pm \int dt $


И всё бы хорошо, но проблема в том, что если мы и решим, то получим обратную зависимость, то есть времени от радиуса:

$ t = f(\rho) $


А хотелось бы наоборот:

$ \rho = f^{-1}(t) $


Да еще и этот $ \pm $ — думать какую ветвь выбирать. Но это не самое страшное, нужно будет рассматривать разные случаи соотношений постоянных величин под корнем: $ C>0, C<0, C = 0... $
Можно, конечно, и в wolframalpha вбить и прикинуть, что будет:
image

Это просто страх и ужас, а найти обратную элементарную функцию можно и не мечтать. А ведь нам еще нужно и угол искать:

$ \dot{\phi} = \dfrac{h}{\rho^{2}} $


$ \phi = h\int\dfrac{dt}{\rho^{2}} = h\int\dfrac{dt}{\left(f^{-1}(t)\right)^{2}} $


Слишком муторное дело. И даже умение считать интегралы от обратных функций нас не спасет скорее всего.

Умение считать интегралы от обратных функций

$ \int\dfrac{dt}{\left(f^{-1}(t)\right)^{2}} = \begin{vmatrix} y = f^{-1}(t) \\ f(y) = t \\ dt = f^{'}(y)dy \end{vmatrix} = \int\dfrac{f^{'}(y)dy}{y^{2}} $




Кстати, можно заметить некоторое свойство для угла $ \phi $ вот из этого равенства:

$ \dot{\phi} = \dfrac{h}{\rho^{2}} $


$ \rho^{2}>0 $ — эта штука всегда больше нуля. Правильней с точки зрения математики сказать: больше либо равно нулю, но с физической точки зрения — только больше. Ведь тела у нас всё таки — не материальные точки. Значит и сблизиться на нулевое расстояние никогда не смогут. То бишь центры масс их никогда не совпадут, иначе им пришлось бы пройти друг сквозь друга. Так что кто боится деления на ноль — не боитесь.

Так о чём это я, ах да. $ h $ тоже всегда больше либо меньше нуля, либо ноль. Ведь это постоянная величина (кстати, когда ноль — тогда угол постоянен и движение вдоль радиуса вектора, еще раз убедились). А это значит, что производная угла постоянна по знаку на протяжении всего движения:

$ \dot{\phi} > 0 $


или

$ \dot{\phi} < 0 $


в зависимости от знака $ h $.

Иными словами сам угол $ \phi $ — строго монотонная функция. Кто не помнит как это, вот наглядная картинка:
image
Монотонная и немонотонная функция

Этот факт подтверждает то, что мы видели при численном моделировании. Тело всегда движется в одном направлении. Никогда не останавливается (производная равна нулю) и не начинает крутиться в обратном направлении (производная изменила знак).

Соответственно траектории могут и не могут быть такими:
image
Синие — возможные траектории, красные — невозможные (в полярных координатах)

Ну и анимации лишними не бывают:
image
Производная $ \dot{\phi} $ меняет знак. Таких решений у нас точно не будет.

Кстати, а эллипсы, гиперболы и параболы (сечения конуса плоскостью) — очень даже возможны. Мы это в прошлый раз видели, численно посчитав.

Я хотел сделать свой ликбез по коническим сечениям, но сегодня мне стало лень, а статью хочется уже опубликовать. Возможно сделаю когда нибудь в будущем. А пока можно ограничиться этим: шары Данделена — вот откуда у эллипсов фокусы растут.

В полярных координатах коники можно задать так (с центром в одном из фокусов и нулевым направлением вдоль главной оси):

$ \rho = \dfrac{l}{1 + e\cos(\phi)}, $


где $ e $ обозначает эксцентриситет, а $ l $ фокальный параметр.

И о чудо, все три вида коник задаются одним уравнением, и лишь эксцентриситет определяет кем сегодня коника станет.

Эллипс ($ e < 1 $):

$ \rho = \dfrac{1}{1 + 0.5\cos(\phi)} $


image
Эллипс

Парабола ($ e = 1 $):

$ \rho = \dfrac{1}{1 + \cos(\phi)} $


image
Парабола

Гипербола ($ e > 1 $):

$ \rho = \dfrac{1}{1 + 1.5\cos(\phi)} $


image
Гипербола

Очень всё похоже на траектории движения спутника, полученные численным моделированием…

Как видим, здесь $ \rho = \rho(\phi) $ — радиус как функция от угла. И выражения довольно таки простые. Так может имеет смысл найти сначала зависимость радиуса от угла, а потом угла как функции времени? Можно попробовать и проверить нашу гипотезу, что решения являются кониками.

Вспомним что у нас есть:
\begin{equation*}
\begin{cases}
\dot{\phi} = \dfrac{h}{\rho^{2}},
\\
\dot{\rho} = \pm\dfrac{\sqrt{C\rho^{2} + 2\mu\rho — h^{2}}}{\rho}.
\end{cases}
\end{equation*}
Поделив одно на другое, можно избавиться от $ dt $:

$ \dfrac{d\phi}{dt}\dfrac{dt}{d\rho} = \pm\dfrac{h}{\rho^{2}}\dfrac{\rho}{\sqrt{C\rho^{2} + 2\mu\rho - h^{2}}}, $


$ \dfrac{d\phi}{d\rho} = \dfrac{h}{\rho\sqrt{C\rho^{2} + 2\mu\rho - h^{2}}} $


Но опять неудобно получается, наоборот:

$ \int d\phi = h\int\dfrac{d\rho}{\rho\sqrt{C\rho^{2} + 2\mu\rho - h^{2}}} $


Этот интеграл конечно можно взять и даже, скорее всего, потом найти обратную функцию труда не составит. Но есть способ попроще найти зависимость $ \rho = \rho(\phi). $

Мы предполагаем, что решение будет иметь такой вид:

$ \rho = \dfrac{l}{1 + e\cos(\phi)}, $


Вот этого уравнения:

$ \ddot{\rho} = -\dfrac{\mu}{\rho^{2}} + \dfrac{h^{2}}{\rho^{3}} $


Но производная по времени, всё же. А нам бы по углу. Ничего не мешает просто сделать сложную функцию:

$ \rho = \rho(\phi(t)) $


и дальше продифференцировать пару раз, при этом используя уже полученные нами факты ($ \rho^{2}\dot{\phi} = h $).

Но перед этим само уравнение и предполагаемое решение само просится сделать такую замену:

$ \rho = \dfrac{1}{u} $


Тогда сама функция $ u $ будет такой:

$ u = a + b\cos(\phi) $


А это решения вот таких элементарных диффуров:

$ \ddot{u} + k u = f $


То есть сделав последовательную замену:

$ \rho = \dfrac{1}{u}, $


$ u = u(\phi) $


Можно надеяться, что уравнение будет сведено к очень простенькому.

Приступим:

$ \rho = \dfrac{1}{u}, $


$ \dot{\rho} = \dfrac{d}{dt}u^{-1} = -\dfrac{1}{u^{2}}\dot{u} = -\dfrac{\dot{u}}{u^{2}}, $


$ \ddot{\rho} = -\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{1}{u^{2}}\dot{u}\right) = -\left( \dfrac{du^{-2}}{dt}\dot{u} + \dfrac{1}{u^{2}}\ddot{u} \right) = $


$ = -\left( -2\dfrac{1}{u^{3}}\dot{u}^{2} + \dfrac{1}{u^{2}}\ddot{u} \right) = - \dfrac{\ddot{u}}{u^{2}} + 2\dfrac{\dot{u}^{2}}{u^{3}} $


Подставляя в исходное будет так:

$ - \dfrac{\ddot{u}}{u^{2}} + 2\dfrac{\dot{u}^{2}}{u^{3}} = -\mu u^{2} + h^{2} u^{3} $


И продолжим, пусть теперь:

$ u = u(\phi), $


$ \dot{u} = \dfrac{du}{d\phi}\dfrac{d\phi}{dt} = u^{'}\dot{\phi} = \begin{vmatrix} \dot{\phi} = \dfrac{h}{\rho^{2}} \\ \dot{\phi} = hu^{2} \end{vmatrix} = hu^{2}u^{'}, $


$ \ddot{u} = \dfrac{d}{dt}(hu^{2}u^{'}) = h\left( \dfrac{du^{2}}{dt}u^{'} + u^{2}\dfrac{du^{'}}{dt} \right) = $


$ = h \left( 2u\dfrac{du}{dt}u^{'} + u^{2}\dfrac{du^{'}}{d\phi}\dfrac{d\phi}{dt} \right) = h \left( 2u\dot{u}u^{'} + u^{2}u^{''}\dot{\phi} \right) = $


$ = h \left( 2uhu^{2}u^{'}u^{'} + u^{2}u^{''}hu^{2} \right) = h^{2} \left( 2u^{3}(u^{'})^{2} + u^{4}u^{''} \right) $


Да, немножко поднапрячься нужно, чтобы всё продифференцировать и не ошибиться, но всё-таки дифференцировать это не интегрировать. Да и вообще, всё можно машине поручить, она правильно возьмет производную. Машины, конечно, могут и интегрировать, но не всегда. А вот дифференцировать всё что угодно. Интегрирование всё-таки — это творчество и всегда ним останется IMHO (Ломать — не строить).

В итоге, что у нас есть:

$ - \dfrac{\ddot{u}}{u^{2}} + 2\dfrac{\dot{u}^{2}}{u^{3}} = -\mu u^{2} + h^{2} u^{3}, $


$ - \dfrac{h^{2} \left( 2u^{3}(u^{'})^{2} + u^{4}u^{''} \right)}{u^{2}} + 2\dfrac{(hu^{2}u^{'})^{2}}{u^{3}} = -\mu u^{2} + h^{2} u^{3}, $


$ -2h^{2}u(u^{'})^{2} - h^{2}u^{2}u^{''} + 2h^{2}u(u^{'})^{2} = -\mu u^{2} + h^{2} u^{3}, $


$ - h^{2}u^{2}u^{''} = -\mu u^{2} + h^{2} u^{3}, $


$ - h^{2}u^{''} = -\mu + h^{2} u, $


$ u^{''} = \dfrac{\mu}{h^{2}} - u, $


$ u^{''} + u = \dfrac{\mu}{h^{2}}. $


Ну что, будем решать это уравнение?

Это линейное дифф. уравнение второго порядка (вторая производная) неоднородное (справа не ноль). Но неоднородность слишком не усложняет нам процесс решения, так как справа константа, еще и больше нуля всегда (h не равно нулю, кто хотел тот рассмотрел этот случай еще в самом начале, и для этого не нужно было всё выше написанное проделывать).

Стандартный метод решения, но для красивости, всё запишем, ничего не пропустим:

$ u^{''} + u = 0, $


$ \lambda^{2} + 1 = 0, $


$ \lambda = \pm i, $


А значит решение будет иметь вид:

$ u_{o} = C_{1}sin(\phi) + C_{2}cos(\phi), $


Общее решение будет как сумма однородного и частного. Частное можно искать в виде константы:

$ u_{\text{ч}} = K, $


Тогда общее решение:

$ u = C_{1}sin(\phi) + C_{2}cos(\phi) + K $


Дифференцируя два раза и подставляя в исходное уравнение, находим константу частного решения:

$ u^{''} = -C_{1}sin(\phi) - C_{2}cos(\phi) $


$ u^{''} + u = -C_{1}sin(\phi) - C_{2}cos(\phi) + C_{1}sin(\phi) + C_{2}cos(\phi) + K = \dfrac{\mu}{h^{2}} $


$ K = \dfrac{\mu}{h^{2}}$


Ну вот, так совпало, что константа это и есть правая часть нашего уравнения. В итоге:

$ u = C_{1}sin(\phi) + C_{2}cos(\phi) + \dfrac{\mu}{h^{2}} $


Здесь у нас две произвольные константы (уравнение всё таки второго порядка), которые определяются из начальных условий. Но проблема в том, что мы предполагали найти в таком виде решение (эллипсы, гиперболы, параболы):

$ u = a + b\cos(\phi) $


Так же? Ну ничего страшного, кто хорошо знаком с тригонометрией, тот легко всё запишет как пожелает (известный трюк):

$ C_{1}sin(\phi) + C_{2}cos(\phi) = \sqrt{C_{1}^{2} + C_{2}^{2}} \left( \dfrac{C_{1}}{\sqrt{C_{1}^{2} + C_{2}^{2}}}sin(\phi) + \dfrac{C_{2}}{\sqrt{C_{1}^{2} + C_{2}^{2}}}cos(\phi) \right) = $


$ = \sqrt{C_{1}^{2} + C_{2}^{2}} \left( sin(\omega)sin(\phi) + cos(\omega)cos(\phi) \right) = A\cos(\phi - \omega), $


где $ A, \omega $ — две произвольные константы, выраженные через старые $ C_{1}, C_{2} $ несложным образом. И нам вообще это неважно, ибо это константы.

Таким образом имеем решение, в более-менее ожидаемом виде:

$ u = \dfrac{\mu}{h^{2}} + A\cos(\phi - \omega) $


А неизвестные постоянные находятся тоже ожидаемо, для этого нам нужно значение функции в начальной точке, а также производная:
\begin{equation*}
\begin{cases}
u(0) = u_{0},
\\
u^{'}(0) = u^{'}_{0}.
\end{cases}
\end{equation*}
Не стоит также забывать, что зависимость здесь от угла, а не от времени:

$ u(0) = u(\phi = 0) $


Нужна производная, пожалуйста:

$ u^{'} = -A\sin(\phi - \omega) $


И система для нахождения произвольных констант:
\begin{equation*}
\begin{cases}
\dfrac{\mu}{h^{2}} + A\cos(0 — \omega) = u_{0},
\\
-A\sin(0 — \omega) = u^{'}_{0}.
\end{cases}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{cases}
A\cos(\omega) = u_{0} — \dfrac{\mu}{h^{2}} = a,
\\
A\sin(\omega) = u^{'}_{0} = b.
\end{cases}
\end{equation*}
Для удобства обозначили за a и b правые части. Теперь легко найти $ A $ возведя в квадраты равенства и сложив их:

$ A^{2}\cos^{2}(\omega) + A^{2}\sin^{2}(\omega) = a^{2}+b^{2} $


$ A = \pm \sqrt{a^{2} + b^{2}} $


Вероятно нужно будет выбрать +, ведь $ A $ — это эксцентриситет. Ну да Бог с ним, потом если что и пере-обозначить можно будет в $ e $.
Начальный угол $ \omega $ можно найти поделив одно уравнение на другое:

$ \dfrac{A\sin(\omega)}{A\cos(\omega)} = \dfrac{b}{a}, $


$ \tan(\omega) = \dfrac{b}{a}, $


$ \omega = \arctan(\dfrac{b}{a}), $


Вроде всё нашли, но теперь бы распутать клубок с $ a, b $:
\begin{equation*}
\begin{cases}
a = u_{0} — \dfrac{\mu}{h^{2}},
\\
b = u^{'}_{0}.
\end{cases}
\end{equation*}
Разберем и вспомним что здесь кто:

$ \mu = G(m_{1} + m_{2})$


Чтобы остальное найти, нужно определиться с начальными условиями в полярной системе, они будут такие (здесь уже в начальный момент времени $ t = 0 $):
\begin{equation*}
\begin{cases}
\rho(0) = \rho_{0},
\\
\dot{\rho}(0) = \dot{\rho}_{0},
\\
\phi(0) = \phi_{0},
\\
\dot{\phi}(0) = \dot{\phi}_{0}. \\
\end{cases}
\end{equation*}
Тогда в любой момент времени:

$ h = \rho^{2}\dot{\phi} $


В частности нулевой момент позволит определить постоянную $ h $:

$ h = \rho^{2}_{0}\dot{\phi}_{0} $


Момент импульса в нулевой момент времени (игра слов).

И наконец:

$ u_{0} = \dfrac{1}{\rho_{0}} $


А с производной нужно немноооожко повозиться:

$ u^{'} = \dfrac{du}{d\phi} = \dfrac{d}{d\phi}\left( \dfrac{1}{\rho} \right) = -\dfrac{1}{\rho^{2}}\dfrac{d\rho}{d\phi} = -\dfrac{1}{\rho^{2}}\dfrac{d\rho}{dt} / \dfrac{d\phi}{dt} = -\dfrac{1}{\rho^{2}} \dfrac{\dot{\rho}}{\dot{\phi}} $


То что нам нужно:

$ u^{'}_{0} = -\dfrac{1}{\rho^{2}_{0}} \dfrac{\dot{\rho}_{0}}{\dot{\phi}_{0}} $


Вроде бы разобрались. Но мы то начинали не с полярной системы координат. Не с неё… Еще возни немного будет.

Как мы в полярную попали. Так:
\begin{equation*}
\begin{cases}
x = \rho\cos(\phi),
\\
y = \rho\sin(\phi).
\end{cases}
\end{equation*}
Обратно как? Так (сразу в нулевой момент):
\begin{equation*}
\begin{cases}
\rho_{0} = \sqrt{x^{2}_{0} + y^{2}_{0}},
\\
\phi_{0} = \arctan(\dfrac{y_{0}}{x_{0}}).
\end{cases}
\end{equation*}
Но если кто помнит, мы в прошлые разы направили ось $ x $ вдоль $ \vec{r}_{0} $, а потому должно быть так:

$ x_{0} = |\vec{r}_{0}|, y_{0} = 0 $


Соответственно:

$ \rho_{0} = x_{0}, \phi_{0} = 0 $


Ну и не зря же мы до этого начальный угол брали ноль, в смысле здесь $ u(0) = u(\phi = 0). $

Со скоростями тоже всё просто (копируем формулы с прошлой статьи):
\begin{equation*}
\begin{cases}
\dot{x} = \dot{\rho}\cos(\phi) — \rho\sin(\phi)\dot{\phi}
\\
\dot{y} = \dot{\rho}\sin(\phi) + \rho\cos(\phi)\dot{\phi}
\end{cases}
\end{equation*}
Правда нужно наоборот, тут линейная система уравнений, решаем:
\begin{equation*}
\begin{cases}
\dot{\rho} = \dot{x}\cos(\phi) + \dot{y}\sin(\phi)
\\
\dot{\phi} = \dfrac{\dot{y}\cos(\phi) — \dot{x}\sin(\phi)}{\rho}
\end{cases}
\end{equation*}
Этим можно пользоваться даже когда начальный угол не ноль, но в нашем случае:
\begin{equation*}
\begin{cases}
\dot{\rho}_{0} = \dot{x}_{0}
\\
\dot{\phi}_{0} = \dfrac{\dot{y}_{0}}{\rho_{0}}
\end{cases}
\end{equation*}
Ну а дальше я не стану расписывать как из начальных данных $ \vec{r}_{10}, \vec{r}_{20}, \dot{\vec{r}}_{10}, \dot{\vec{r}}_{20} $ (мы ведь с этого начинали) вычислить $ x_{0}, y_{0}, \dot{x}_{0}, \dot{y}_{0} $. Скажу лишь что следующий шаг будет применение обратной матрицы преобразования, она где то в прошлых статьях затерялась. И таким образом мы обратно выйдем из плоскости в трехмерное пространство. Как ни уютно было в двумерном, но мы живем в трехмерном…

На сегодня всё. Продолжение следует…

хлеб наш насущный дай нам на сей день.
PayPal ($): what.is.truth.19@gmail.com
Bitcoin (BTC): 1AodAFYCbwrwTiZb5JVsQjv37G5toBcyQ
Ethereum Classic (ETC): 0x9234016395e0e6ef7cf6c0aa0f6f48f91ab39239
Ripple (XRP): rLW9gnQo7BQhU6igk5keqYnH3TVrCxGRzm (адрес), 270547561 (тег)
Bitcoin Cash (BCH): bitcoincash:qzxfz2hdcl0hv23a3hlcefsy07mglssjtgwrckhyg8

или webmoney (Ниже: Поддержать автора -> Отправить деньги)


Нет столь святаго, как Господь; ибо нет другого, кроме Тебя; и нет твердыни, как Бог наш.
Не умножайте речей надменных; дерзкие слова да не исходят из уст ваших; ибо Господь есть Бог ведения, и дела у Него взвешены.
Лук сильных преломляется, а немощные препоясываются силою;
сытые работают из хлеба, а голодные отдыхают; даже бесплодная рождает семь раз, а многочадная изнемогает.
Господь умерщвляет и оживляет, низводит в преисподнюю и возводит;
Господь делает нищим и обогащает, унижает и возвышает.
Из праха подъемлет Он бедного, из брения возвышает нищего, посаждая с вельможами, и престол славы дает им в наследие; ибо у Господа основания земли, и Он утвердил на них вселенную.
Стопы святых Своих Он блюдет, а беззаконные во тьме исчезают; ибо не силою крепок человек.
Господь сотрет препирающихся с Ним; с небес возгремит на них. Господь будет судить концы земли, и даст крепость царю Своему и вознесет рог помазанника Своего.
1-я Царств 2

Комментарии (10)


  1. ViacheslavMezentsev
    14.09.2019 20:42
    #20623773

    Всё интересно, но как-то очень странно выглядят вставки «бога» в конце. У вас обе картины мира существуют равноправно и параллельно? Чисто из любопытства спрашиваю, т.к. очень трудно представить рационально мыслящего человека, использующего науку для расчётов путешествия к звездам, который в одно и то же время считает, что он создан и из звёзд, и не из звёзд.


    1. nickname21 Автор
      16.09.2019 00:08
      #20626157

      Значит у меня успех, и я уже одной ногой в клубе иррационально мыслящих людей:
      Чарльз Бэббидж
      Боголюбов, Николай Николаевич
      Ньютон, Исаак
      Гаусс, Карл Фридрих
      Ферма, Пьер
      Эйнштейн, Альберт
      Браун, Вернер фон
      …


      1. ViacheslavMezentsev
        16.09.2019 03:06
        #20626265

        Судя по ссылкам, вы находитесь на пути к науке, как указанные учёные в своё время.

        Удивляет то, что одновременно используете научные методы, «учите» им доверять, я так полагаю, и в то же самое время ссылаетесь на какие-то цитаты, которые с научным методом не имеют ничего общего. Как это может быть в одной голове одновременно? Раздвоенное мировоззрение? Тестирование местных хабровчан? И как это поможет в описании реального мира? В чём прогностическая ценность? У науки такая ценность есть, судя по вашим же картинкам в статье.

        А что до учёных — они все люди, конечно, но в наше время вставлять подобные цитаты в подобной статье очень странно. Неужели не нашлось каких-то цитат, например, от Циолковского, Королёва, Чертока и им подобным людям, которым мы все обязаны своим вовлечением в космические темы?

        Я сам придерживаюсь следующих взглядов по этой теме, высказанных академиком Александровым:


        1. nickname21 Автор
          16.09.2019 12:17
          #20627497
          -1

          но в наше время вставлять подобные цитаты в подобной статье очень странно. Неужели не нашлось каких-то цитат, например, от Циолковского, Королёва, Чертока и им подобным людям, которым мы все обязаны своим вовлечением в космические темы?

          Так я ж в статью и не вставлял цитаты. Цитата под спойлером, а спойлер в самом конце статьи. И который к статье не относится и служит для напоминания хорошим людям о том, что они могут лишние деньги слать мне.
          Судя по ссылкам, вы находитесь на пути к науке, как указанные учёные в своё время.

          Эти люди и есть наука. Вы просто не можете принять того факта :), что наука и «религия» идут рука об руку и никак не конфликтуют. Потому что Бог создал нас, а мы науку. По закону транзитивности Бог создал и науку. Это моё мнение и моя вера, вам меня не переубедить, спорить я не буду — Иисус не спорил.

          through science man strives to learn more of the mysteries of creation. Through religion he seeks to know the Creator.
          Wernher von Braun

          Wernher von Braun
          Вернер фон Браун — это тот человек, который отправил на Луну людей и вернул успешно. А знаете почему так произошло, почему не мы отправили? Потому что ему Бог помогал. А СССР было безбожным — вот и рухнуло как вавилонская башня. Без Бога нам до небес и к звездам не добраться — это факт.


          1. nickname21 Автор
            16.09.2019 13:52
            #20627843

            Оказывается Марк Цукерберг — не атеист
            Я не проверял среди 28тыс комментариев, но верю что это правда.

            И я думаю Илон Маск тоже верит в Бога…


          1. ViacheslavMezentsev
            16.09.2019 22:35
            #20629683
            -1

            Я не так чтобы часто посещаю хабр, но такое вижу впервые. Плакать тут или смеяться даже не знаю. И это представитель современного поколения?


            1. nickname21 Автор
              16.09.2019 23:29
              #20629787

              У вас всё в порядке? Головка не болеет? Может быть к врачу следует обратиться? Я начинаю переживать за ваше здоровье…


              1. ViacheslavMezentsev
                17.09.2019 01:07
                #20629997

                Это результат моделирования с использованием Лямбда-CDM. Анимация выполнена Андреем Кравцовым:

                simulations were performed at the National Center for Supercomputer Applications by Andrey Kravtsov (The University of Chicago) and Anatoly Klypin (New Mexico State University). Visualizations by Andrey Kravtsov.



            1. nickname21 Автор
              17.09.2019 00:05
              #20629873

              Человеку приводишь факты — он их напрочь не видит. Выдающиеся учёные для него — просто люди, которые находятся на пути к науке. Бог ты мой, Господи…
              Ладно бы привел только каких-то 500 летней давности, так нет. Боголюбов — умер в 1992 г. — выдающийся физик СССР, работал в квантовой теории поля, православный всю жизнь.
              Вернер фон Браун — ракетчик! В противовес Королёвым, Циолковским… — верун. К концу жизни всё больше и больше говорил о Боге.
              (и это еще нужно проверить, может и Королёв был верующим?)

              Вот такие вот глупцы и будут гореть в геенне огненной. У которых своя картина мира в голове, и реальную они принять не могут. Истину не пускают.

              Отрицать результат эксперимента — глупость, не вера. (с)


              Вы или очень странный человек, или болен. Или бес вселился в вас дабы меня испытать. Но ничего, дэмон, Бог сам с тобой разберется, Бог — мой Отец, мой защитник.


              1. ViacheslavMezentsev
                17.09.2019 01:27
                #20630041

                Вы главное не останавливайтесь. Вижу, что анализировать умеете, с разными координатными системами знакомы. Может быть и с преобразованием Фурье знакомы. Тогда вам будет несложно, используя цифровые данные Планка и преобразование Фурье в сферических координатах, получить известную кривую — угловое распределение плотности фона реликтового излучения :) Добро пожаловать на борт переднего края современной астрофизики, ну или почти переднего.
                Не стесняйтесь, приводите в статьях эти сведения. Молодёжи всегда интересно что-то новое. Верующий, пропагандирующий теорию эволюции, это нечто, на что всем будет интересно посмотреть :)