1.10: Додатково - Планетарний рух

Тепер повернемося до твердження, зробленого в §1.9 про центральні сили, що якщо\(\vecs{r} (t)\) підкоряється зворотному закону Ньютона

\[ \frac{\mathrm{d}^{2}\vecs{r}}{\mathrm{d}t^{2}} = -\frac{GM}{r^3}\vecs{r} = -\frac{GM}{r^2}\hat{\textbf{r}} \nonumber \]

то крива підпорядковується законам Кеплера

1. \(\vecs{r} (t)\)проходить над еліпсом, що має один фокус на початку і
2. \(\vecs{r} (t)\)змітає рівні ділянки в рівні рази і
3. квадрат періоду пропорційний кубу великої осі еліпса.

Ми щойно показали в §1.9, що той факт,\(-\frac{GM}{r^3}\vecs{r} \) що паралельно\(\vecs{r} \) означає, що\(\vecs{r} (t)\) лежить в площині через початок і змітає рівну площу в рівні рази. Тепер ми перевіряємо інші закони Кеплера.

Ми починаємо з того, що просто переписуємо закони Ньютона вище в полярних координатах. Ми бачили в Lemma 1.8.2.c, що якщо ми пишемо,\(\vecs{r} (t) = r(t)\,\hat{\textbf{r}}(t)\text{,}\) то

\[\begin{align*} \frac{\mathrm{d}^{2}\vecs{r}}{\mathrm{d}t^{2}} &= \left(\frac{\mathrm{d}^{2}r}{\mathrm{d}t^{2}}-r\ \left(\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2\right) \hat{\textbf{r}} +\left(r\ \frac{\mathrm{d}^{2}\theta}{\mathrm{d}t^{2}} + 2 \dfrac{dr}{dt}\ \dfrac{d\theta}{dt}\right)\hat{\boldsymbol{\theta}}\\ &= -\frac{GM}{r^3}\vecs{r} = -\frac{GM}{r^2}\hat{\textbf{r}} \end{align*}\]

\(\hat{\textbf{r}}\)І\(\hat{\boldsymbol{\theta}}\) складовими цього рівняння є

\[\begin{align*} \frac{\mathrm{d}^{2}r}{\mathrm{d}t^{2}}-r\ \left(\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2 &= -\frac{GM}{r^2}\\ r\ \frac{\mathrm{d}^{2}\theta}{\mathrm{d}t^{2}} + 2 \dfrac{dr}{dt}\ \dfrac{d\theta}{dt} &= 0 \end{align*}\]

Друге з цих двох рівнянь говорить нам лише про те, що

\[ \dfrac{d\ }{dt}\left\{r^2\,\dfrac{d\theta}{dt}\right\} = r\left\{ r\ \frac{\mathrm{d}^{2}\theta}{\mathrm{d}t^{2}} + 2 \dfrac{dr}{dt}\ \dfrac{d\theta}{dt}\right\} = 0 \implies r^2\,\dfrac{d\theta}{dt} = h,\quad\text{a constant} \nonumber \]

про що ми вже знали. Підстановка\(\dfrac{d\theta}{dt} =\frac{h}{r^2}\) в перше рівняння дає

Рівняння 1.10.1

\[ \frac{\mathrm{d}^{2}r}{\mathrm{d}t^{2}}-\frac{h^2}{r^3} = -\frac{GM}{r^2} \nonumber \]

Це рівняння містить багато з\(\frac{1}{r}\). Отже, давайте встановимо\(u=\frac{1}{r}\text{.}\) Крім того, для першого з законів Кеплера, ми дійсно хочемо\(r\) як функція,\(\theta\) а не\(t\text{.}\) так давайте\(u\) зробимо функцію\(\theta\) і писати

\[ r(t) = \frac{1}{u(\theta(t))} \nonumber \]

Тоді

\[\begin{align*} \dfrac{dr}{dt}(t) &= -\frac{1}{u^2} \dfrac{du}{d\theta}\big(\theta(t)\big)\dfrac{d\theta}{dt}(t) = - h\dfrac{du}{d\theta}\big(\theta(t)\big)\qquad \text{since } \dfrac{d\theta}{dt} = \frac{h}{r^2}=hu^2\\ \frac{\mathrm{d}^{2}r}{\mathrm{d}t^{2}}(t) &= -h\frac{\mathrm{d}^{2}u}{\mathrm{d}\theta^{2}}\big(\theta(t)\big)\dfrac{d\theta}{dt}(t) = -h^2 u\big(\theta(t)\big)^2 \frac{\mathrm{d}^{2}u}{\mathrm{d}\theta^{2}}\big(\theta(t)\big) \end{align*}\]

і наше рівняння стає

Рівняння 1.10.2

\[ -h^2u^2\frac{\mathrm{d}^{2}u}{\mathrm{d}\theta^{2}} -h^2u^3= -GM u^2\qquad\text{or}\qquad \frac{\mathrm{d}^{2}u}{\mathrm{d}\theta^{2}} + u = \frac{GM}{h^2} \nonumber \]

Це лінійне, звичайне диференціальне рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами. Нагадаємо ¹, що загальним розв'язком такого рівняння є сума «конкретного рішення» (тобто будь-якого рішення, яке в даному випадку ми можемо прийняти за постійну функцію\(\frac{GM}{h^2}\)) плюс загальне рішення однорідного рівняння,\(u'+u=0\text{,}\) яке часто записується як

\[ A\cos\theta +B\sin\theta \nonumber \]

з\(A\) і\(B\) довільні константи. У цьому конкретному додатку зручніше писати рішення в іншій, стандартній, але рідше вживаній формі. А саме, ми можемо використовувати трикутник

записати\(A= C\cos\alpha\) і\(B=C\sin\alpha\) так, щоб загальне рішення однорідного рівняння\(u'+u=0\) стало

\[ C\cos\alpha\cos\theta +C\sin\alpha\sin\theta =C\cos(\theta-\alpha) \nonumber \]

з\(C\) і\(\alpha\) бути довільними константами. Таким чином, загальним рішенням 1.10.2 є

\[ u(\theta) = \frac{GM}{h^2} + C\cos(\theta-\alpha) \nonumber \]

і загальним рішенням 1.10.1 є

\[ r(t) = \frac{1}{\frac{GM}{h^2} + C\cos(\theta(t)-\alpha)} \nonumber \]

Кут\(\alpha\) просто зміщує нульову точку нашої координати.\(\theta\text{.}\) Обертаючи нашу систему координат,\(\alpha\text{,}\) ми можемо організувати це,\(\alpha=0\) а потім

\[ r(t) = \frac{1}{\frac{GM}{h^2} + C\cos(\theta(t))} = \frac{\ell}{1+\varepsilon\cos\theta} \qquad\text{with}\quad \ell=\frac{h^2}{GM},\ \varepsilon=\frac{Ch^2}{GM} \nonumber \]

Як ми бачили в прикладі 1.8.4, це рівняння конічного перерізу з ексцентриситетом\(\varepsilon\text{.}\)

Це залишає лише останній із законів Кеплера, що стосуються періоду до напіввеликої осі. Оскільки ми говоримо про планети, орбіти яких залишаються обмеженими, наш конічний переріз повинен бути колом або еліпсом, а не параболою або гіперболою. Озираючись назад на приклад 1.8.5, ми бачимо, що напівмажорні та напівмалі осі нашого еліпса

\[\begin{gather*} a=\frac{\ell}{1-\varepsilon^2} \qquad b=\frac{\ell}{\sqrt{1-\varepsilon^2}} \end{gather*}\]

Період\(T\) нашої орбіти - це лише тривалість часу, який займає вектор радіуса,\(\vecs{r} (t)\) щоб змітати область еліпса ², який є\(\pi ab\text{.}\) як швидкість, з якою вектор радіуса змітає область,\(\frac{1}{2} r^2\dfrac{d\theta}{dt} = \frac{h}{2}\text{,}\) ми маємо

\[\begin{gather*} T^2 = \Big(\frac{\pi a b}{h/2}\Big)^2 =\frac{4\pi^2 a^2 b^2}{h^2} =\frac{4\pi^2 a^2 b^2}{GM\ell} =\frac{4\pi^2}{GM}\ a^3\qquad \text{since }\ell=\frac{b^2}{a} \end{gather*}\]

 

1. Див. Додаток A.9.
2. Ймовірно, ви обчислили площу еліпса в першому році обчислення. Якщо ні, ви повинні бути в змозі зробити це зараз в кілька рядків.