Muelle no lineal F=−kx3F=−kx3F=-kx^3

La energía potencial es$U\left(x\right) = kx^4/4$desde$-d/dx\left(kx^4/4\right) = -kx^3 = F$, y la energía

$$E = \frac{1}{2}m\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \frac{1}{4}kx^4$$ se conserva

De lo anterior se puede demostrar que

$$\begin{eqnarray} dt &=& \pm \ dx \sqrt{\frac{m}{2E}}\left(1-\frac{k}{4E}x^4\right)^{-1/2} \\ &=& \pm \ dx \sqrt{\frac{2m}{k}} \ A^{-2} \left[1-\left(\frac{x}{A}\right)^4\right]^{-1/2} \end{eqnarray}$$ donde la amplitud $A = \left(4E / k\right)^{1/4}$se puede encontrar desde la configuración $dx/dt = 0$en la expresión de la energía y resolviendo para $x$.

El período es entonces

$$\begin{eqnarray} T &=& 4 \sqrt{\frac{2m}{k}} \ A^{-2} \int_0^A dx \left[1-\left(\frac{x}{A}\right)^4\right]^{-1/2} \\ &=& 4 \sqrt{\frac{2m}{k}} \ A^{-1} \int_0^1 du \left(1-u^4\right)^{-1/2} \\ &=& \left(4 \sqrt{\frac{2m}{k}} I\right) A^{-1} \\ &\propto& A^{-1} \end{eqnarray}$$ dónde $u = x/A$y $I = \int_0^1 du \left(1-u^4\right)^{-1/2} \approx 1.31$(ver esto ).

Puede repetir lo anterior para una energía potencial más general$U\left(x\right) = \alpha \left|x\right|^n$, donde deberías encontrar eso

$$dt = \pm \ dx \sqrt{\frac{m}{2\alpha}} \ A^{-n/2} \left[1-\left(\frac{\left|x\right|}{A}\right)^n\right]^{-1/2}$$

y

$$\begin{eqnarray} T_n &=& \left(4 \sqrt{\frac{m}{2\alpha}} I_n\right) A^{1-n/2} \\ &\propto& A^{1-n/2} \end{eqnarray}$$

dónde

$$I_n = \int_0^1 du \left(1-u^n\right)^{-1/2}$$

se puede evaluar en términos de funciones gamma (ver esto ).

Esto está de acuerdo con lo anterior para$\alpha = k/4$y$n=4$, y con el problema de Mecánica 2a de la sección 12 (página 27) de Landau y Lifshitz , donde encuentran que$T_n \propto E^{1/n-1/2} \propto A^{1-n/2}$.

Puede usar el análisis dimensional para obtener la relación entre el período de tiempo (T) y la amplitud. (A)

$$F=-kx^3$$

$$MLT^{-2} = K L^3$$

Esto implicaría que$T^{-2}\propto L^2$es decir$TL=$Constante

$T$es inversamente proporcional a$L$

$L$también puede tomarse como amplitud.