MECHANIKA NIEBA WYKŁAD 11

21.05.2008 r

Zagadnienie n ciał

Prolog – jeszcze o symulacjach Przykłady rozwiązań numerycznych 3 i więcej ciał: Moving Stars Around Zagadnienie 3 ciał w przypadku dwóch stałych centrów grawitacji Przykłady rozwiązań szczególnych dla 3 i 4 ciał Numeryczne rozwiązania zagadnienia n ciał Zagadnienie n ciał

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne Duża część rozwiązań szczególnych jest uogólnieniem znanych rozwiązań dla układu 3 ciał.

Znane rozwiązania dla n ciał można podzielić na kilka klas: 1. płaskie – jeśli w zagadnieniu n ciał możemy w każdym momencie zdefiniować płaszczyznę zawierającą wszystkie ciała. Dodatkowo, jeśli płaszczyzna nie zmienia swojego położenia w czasie to mówimy o rozwiązaniach jednopłaszczyznowych 2. współliniowe – w przypadku gdy dla dowolnego momentu czasu wszystkie ciała znajdują się na jednej prostej 3. homograficzne – kształt utworzony przez n ciał względem barycentrum jest zachowany, przykład:

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - współliniowe Układ jest współliniowy jeśli w danej chwili t=t 0 wszystkie ciała leżą na jednej prostej Można pokazać, że jeżeli istnieje płaszczyzna niezmiennicza dla tego układu to ta linia leży w tej właśnie płaszczyźnie Dla momentu t=t 0 , każda dowolna para dwóch punktów leży na jednej linii z początkiem układu współrzędnych, czyli:

 r i   r k  0 ,  i , k  1 , 2 ,  , n

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - współliniowe Mnożąc skalarnie przez wektor prędkości otrzymujemy:

 r i   r k   r i  0

sumując po i:

 i  r i  r  i   r k   c   r k  0

czyli równanie płaszczyzny niezmienniczej (ponieważ c



0)

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne Rozwiązanie homograficzne układu równań opisującego zagadnienie n ciał odpowiada przypadkowi, w którym jest zachowana konfiguracja ciał.

Układ (względem barycentrum) jest podobny do samego siebie. To oznacza, że istnieje taka skalarna funkcja λ=λ(t) oraz ortogonalna macierz (3x3) Ω=Ω(t), że:

r  k ( t )   ( t ) ( t ) r  k o  

gdzie λ(t) reprezentuje skrócenie (wydłużenie), a Ω opisuje obrót. Wektor τ opisujący translację układu jest równy 0, ze względu na barycentryczny układ współrzędnych.

r k o opisuje układ ciał w momencie t 0 .

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne Ω=1 W przypadku homograficznym stosunki wektorów wodzących ciał są stałe λ=1

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne

x  z   y

Wyprowadzimy teraz równania ruchu homograficznego. W tym celu wprowadzamy do układu (x,y,z) drugi układ (ξ,η,ζ), którego osie mogą zmieniać długość i rotować wokół początku układu. Wektor wodzący ciała k:

 k 



 k ,  k ,  k



wtedy w momencie czasu t=t 0 :

 r k

 

0   r k o 

a w dowolnej innej chwili:

 t k  r k o , k

 

0   o k k  1 , 2 ,  , n

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne

 z   y

Niech





 1 ,  2 ,  3



będzie prędkością kątową układu (ξ,η,ζ) względem układu barycentrycznego (x,y,z), wtedy: a) dla λ=const>0 i ω=const



0 ruch jest we względnej równowadze b) dla λ=λ(t)>0 oraz ω=0 mamy do czynienia z ruchem jednokładnym

x

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne Moment bezwładności w chwili t 0 :

I o  k n   1 m k  r k o 2  k n   1 m k  x k y k z k 2 

Natomiast w układzie (ξ,η,ζ) w dowolnym innym momencie czasu:

I  k n   1 m k k 2  k n   1 m k



 2 k   2 k   2 k



stąd i z równania:

k

   

 r k o , k  1 , 2 ,  , n

można zauważyć, że:

I   2 I o

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne

x 

Składowe prędkości k-tego ciała w układzie (ξ,η,ζ) są równe:

z    v  k , v  k , v  k   d dt 



 k ,  k ,  k



  



 k ,  k ,  k

skąd:

y v  k v  k v  k  1 ,  2 ,  3



  d  k   d dt  dt d  k dt k 



 k  3  



 k  1



 k  2   k  2



   k  3



   k  1



 x o k d  dt d  y o k z o k dt d  dt   



y o k  3 



z o k  1  



x o k  2    z o k  2



x o k  3 y o k  1

 

Natomiast energia kinetyczna:

T  1 2 k n   1 m k  v 2  k  v 2  k  v 2  k 

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne Odległość między dwoma masami m j

 2 jk    j   k 2    j   k

i m k :

2    j   k  2 , j , k  1 , 2 ,..., n

znów korzystamy z równania

k

   

 r k o ,

możemy napisać:

 jk   r jk o

ostatecznie dostajemy dla potencjałów:

U  1  U o

gdzie (dla układu jednostek, w którym G=1):

k  1 , 2 ,  , n U  1  j    k n m j m k  jk U o  1  j    k n m j m k r jk o

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne Podstawiając otrzymane wyrażenia do równania Lagrange’a II-go rodzaju:

d dt      L k       L k  0 gdzie : L  T  U

otrzymujemy ostatecznie (11.1):

x o j    d 2  dt 2   2   2 2   2 3     y o j    2  1  2  d dt   2  3     z o j    2  1  3  d dt   2  2     1  k   j m k x o j    2  1  2  d dt   2  3     y o j    d 2  dt 2   2   2 3   1 2     z o j    2  2  3  d dt   2  1     1  k   j m k x o j    2  1  3  d dt   2  2     y o j    2  2  3  d dt   2  1     z o j    d 2  dt 2   2   2 1   2 2     1  k   j m k x o k r o jk 

 

3 x o j y o k r o jk 

 

3 y o j z o k r o jk 

 

3 z o j

równania ruchu homograficznego dla j-tego ciała. Istnieją trzy szczególne przypadki tego ruchu: a) współliniowy, b) płaski i c) przestrzenny (dla n>=4).

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny współliniowy

x  z   y

Z takim rodzajem ruchu mamy do czynienia kiedy wszystkie n ciał znajdują się na jednej linii. Jeśli przyjmiemy, że tą linią jest oś ξ to dla każdego k w momencie t 0 mamy:

y o k  z o k  0

oprócz tego dla dowolnego k w każdym innym momencie czasu:

 k   k  0

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny współliniowy

x z    y

Poza tym można tak dobrać oś η w taki sposób, że ω 2 =0 i wtedy układ 11.1 przyjmuje postać:

d 2  dt 2   2 3  1  2 1 x o j k   j m k x o k r jk o    3 x o j d



 2  3 dt  2  1  3 



 0 0

(11.2)

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny współliniowy

d 2  dt 2   2 3  1  2 1 x o j k   j m k x o k r jk o    3 x o j d



 2  3 dt  2  1  3 



 0 0

Z ostatnich dwóch równań wynika, że: ω 3 =0 i ω 1



0, lub ω 3



0 i ω 1 =0 1. ω 3 =0 i ω 1



0. Ponieważ jednocześnie ω 2 =0, więc oś ξ jest nieruchoma i ruch odbywa się po linii prostej mającej ustalone położenie w przestrzeni. Poza tym całkowity moment pędu znika (η k =ζ k =0 oraz v ηk =v ζk =0) i ruch jest jednokładny 2. ω 3



0 i ω 1 =0. W tym wypadku λ 2 ω 3 =const=α, a oś ξ nie jest nieruchoma tylko rotuje wokół osi ζ, która tym razem jest nieruchoma. Ruch odbywa się w płaszczyźnie ζ=0 i będzie to ruch jednopłaszczyznowy , z płaszczyzną ξη nieruchomą w przestrzeni

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny współliniowy Oba powyższe przypadki można sprowadzić do jednego (bo pierwsze z równań 11.2 nie zawiera ω 1 ) podstawiając za ω 3 wyrażenie α/λ 2 (wtedy pierwszy przypadek odpowiada α=0):

d 2  dt 2   2  3  1  2 1 x o j k   j m k x o k r jk o    3 x o j

ponieważ λ



0, więc możemy powyższe przepisać w postaci:

 2 d 2  dt 2   2   1 x o j k   j m k x o k r o jk    3 x o j

skąd można zauważyć, że prawa strona jest stała (a więc lewa również).

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny współliniowy Wprowadzając w miejsce prawej strony wyrażenie –β 2 (minus oznacza, że siła jest przyciągająca) możemy przekształcić otrzymane równania do postaci:

d 2  dt 2    2  2   2  3 ;  2  3  

mnożąc obustronnie pierwsze równanie przez dλ/dt i całkując dostajemy:

1 2 d dt 2   2    2 2  2  

gdzie γ jest stałą całkowania. Podstawiając drugie równanie mamy ostatecznie:

1 2 d dt 2  1 2  2  2 3   2   

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny współliniowy

1 2 d dt 2  1 2  2  2 3   2   

Pamiętając, że:

k

   

 r k o , k  1 , 2 ,  , n

możemy zauważyć, że otrzymane równanie jest tożsame z równaniem energii ruchu keplerowskiego:

1 2 r  2  c 2 2 r 2  V ( r )  h

Jeżeli λ jest stałe to również ω 3 jest stałe i orbity keplerowskie są okręgami – n ciał znajduje się na jednej linii rotującej ze stałą prędkością ω 3 wokół barycentrum.

Dla α=0 (ω 3 =0), ciała spadają na barycentrum po liniach prostych

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny współliniowy Pamiętając o definicji wprowadzonej wcześniej zmiennej β możemy napisać:

X j  k   j m k x o k r jk o    3 x o j   2 x o j  0 j , k  1 , 2 ,..., n

wielkości X j zależą tylko od mas i współrzędnych początkowych, więc powyższe równanie określa n warunków, które muszą być spełnione aby ruch był homograficzny

 j m j X j  0

j , w związku z tym powyższe równanie określa n-1 warunków dla ruchu homograficznego

Zagadnienie n ciał

x

Ruch homograficzny płaski

 z  

Załóżmy, że początkową płaszczyzną ruchu jest płaszczyzna ζ=0, wtedy dla każdego k współrzędne z i ζ są równe 0. W takim razie układ 11.1 przyjmuje postać:

y x o j    d 2  dt 2   2   2 2   2 3     y o j    2  1  2  d dt   2  3     1   j  k m k x o j    2  1  2  d dt   2  3     y o j    d 2  dt 2   2   2 3   1 2     1  k   j m k x o k jk 

 

3 x o j y o k jk 

 

3 y o j x o j    2  1  3  d dt   2  2     y o j    2  2  3  d dt   2  1     0

Można pokazać (Boccaletti i Pucacco 2004), że ruch homograficzny płaski jest jednocześnie jednopłaszczyznowy

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny płaski Jeżeli ruch odbywa się w jednej płaszczyźnie niezmiennej z czasem to wygodnie jest opisywać ją jako płaszczyznę zespoloną, na której położenia kolejnych mas są przedstawione liczbami zespolonymi:

x k  iy k  p k  a k q ( t ) k  1 , 2 ,..., n

gdzie a k są zespolonymi stałymi a q jest zespoloną funkcją czasu. Stąd:

r kl  p k  p l  a k  a l q

Równanie ruchu n-ciał w przypadku ruchu jednopłaszczyznowego zapisane w postaci zespolonej:

 p  k G l   k m l p l  r kl 3 p k k , l  1 , 2 ,..., n

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny płaski Podstawiając do równania ruchu wyrażenie na p k oraz zakładając q



0 dostajemy:

a k  q   q q  3 G l   k m l a a l l  a k  a k 3  qq  3 2 q  3 2 G l   k m l a a l l  a k  a k 3 q    1 2

a następnie:

a k  q   q  1 2 q  3 2 G l   k m l a a l l  a k  a k 3  a k  q  q 1 2 q 3 2  G l   k m l

prawa strona ostatniego równania jest niezależna od czasu.

a a l l  a k  a k 3

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny płaski W takim razie rozpatrywane zagadnienie sprowadza się do znalezienia rozwiązania równania różniczkowego:

 q  q 1 2 q 3 2  b

(11.3a) (gdzie b jest stałą niezależną od t, a całe równanie nie zależy od n) uzupełnionego przez układ równań:

a k b  G l   k m l a a l l  a k  a k 3

(11.3b) Równanie 11.3a jest niezależne od n więc, możemy znać jego rozwiązanie jeżeli rozwiążemy je dla przypadku dwóch ciał.

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny płaski W przypadku dwóch ciał (we współrzędnych barycentrycznych):

m 1 a 1  m 2 a 2  0

które może być wyrażone w postaci:

a 1  m 2 a a 2   m 1 a

gdzie a jest pewną liczbą zespoloną. Z układu 11.3b otrzymujemy wtedy:

b  



m 1  1 m 2



2 1 a 3

co oznacza, że b jest liczbą rzeczywistą, ujemną. Jeżeli rozwiązaniem układu 11.3a jest q=q(t) - znana funkcja z parametrami b<0 i a



0 to wtedy:

x  iy  p  aq ( t )

jest parametrycznym równaniem krzywej stożkowej leżącej w płaszczyźnie xy, której ognisko leży w barycentrum układu. Uogólniając to na n ciał, w ruchu homograficznym płaskim każde z ciał porusza się po krzywej stożkowej, a jednocześnie wielobok utworzony przez nie zachowuje swój kształt. przykład

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny – podsumowanie 1. Każdy ruch homograficzny (w szczególności współliniowy) jest płaski jeśli całkowity moment pędu jest różny od 0 2. Kiedy całkowity moment pędu znika mamy do czynienia z ruchem jednokładnym 3. Ruch homograficzny z zerowym momentem pędu jest ruchem jednokładnym gdzie każde z ciał porusza się po prostej przechodzącej przez barycentrum

Zagadnienie 3 ciał

Zagadnienie trzech ciał (a także każdej innej ich liczby) polega na wyznaczeniu ich ruchu przy znanych warunkach początkowych (położenie i prędkości). Poza tym zakładamy, że ciała działają na siebie tylko siłą grawitacji i poruszają się w pustej przestrzeni W ogólnym przypadku nie jest rozwiązywalne Istnieje kilka rozwiązań szczególnych: 1. współliniowe 2. homograficzne 3. ruch po ósemce

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a Dla n=3 równania ruchu przyjmują postać:

m 1  r  1  Gm 2 m 1 r 21 3



 r 2   r 1



 Gm 3 m 1 r 31 3



 r 3   r 1



m 2  r  2  Gm 3 m 2 r 32 3



 r 3   r 2



 Gm 1 m 2 r 12 3



 r 1   r 2



m 3  r  3  Gm 1 m 3 r 13 3



 r 1   r 3



 Gm 2 m 3 r 23 3



 r 2   r 3



Jest to układ rzędu 18-tego i może być zredukowany do układu rzędu 6-tego, który jest klasycznym problemem 3 ciał.

Taki układ ma rozwiązania szczególne (homograficzne) podane przez Lagrange’a.

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a Zacznijmy od przypadku homograficznego współliniowego. Warunki determinujące ruch homograficzny:

X j  k   j m k x o k jk    3 x o j   2 x o j  0 j , k  1 , 2 ,..., n

w przypadku trzech ciał przyjmują postać:

m 2 m 3 m 1 x x x o 2 r 12 o 

 

x 3 1 o o 3 o 1 r r o o 31  23  x 3 3 x o 2 o 3  m 3  m 1  m 2 x o 3 r o 

 

13 x 3 1 o x o 1 r o 

 

21 x 3 o 2 x o 2 r o 

 

32 x 3 o 3   2 x 1 o   2 x o 2   2 x o 3  0  0  0

(11.4)

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a Spośród uzyskanych równań jedynie dwa są niezależne, ponieważ współrzędne x i o odnoszą się do barycentrum. Możemy założyć, że:

x 1 o  x o 2  x 3 o

wtedy:

r 12 o  r 21 o  x o 2  x 1 o , r o 13  r 31 o  x o 3  x 1 o , r o 23  r 32 o  x o 3  x o 2

Odejmując od siebie pierwsze dwa równania układu (11.4) otrzymujemy:

 2 r 12 o  m 1 r 12 o 

 

m 2 2  m 3    r 13 o 1 2 r 23 o 1 2   

a po odjęciu ostatnich dwóch: (11.5)

 2 r 12 o  m 2 r 23 o 

 

2 m 3  m 1    r 13 o 1 2 r 12 o 1 2   

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a Następnie zdefiniujmy:

  x o 2 x o 3   x 1 o x o 2  0

skąd mamy:

x o 3  x 1 o  1  1 x o 2   x 1 o x o 3

co pozwala zapisać równania 11.5 w postaci:

 x o 2  x o 2   x 1 o  2 r 12 o  2 r 12 o    m 1 r o 

 

12 m 2 2



m 1  r 12 o m

 

2 3  m 3   



1 



 2  m 1  2 



2   



1  r 12 o  



2 2 2   r 12 o 2 2 r 12 o 2    r 12 o 1 2   

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a Eliminując, z otrzymanych równań, r 12 o w postaci: dostajemy wielomian piątego stopnia



m   2



3 m 1 m  3



m  5 2



  2



2  m 2



3 m  1 3 m  3



2 m  2 4 



m   2 m 1   3 m m 3 2

 

 3  0

jeśli wszystkie wyrazy zawierające δ zastąpimy przez f(δ) to:

lim   0 f (  )  



m 1  m 2



 lim   f (  )  

co oznacza, że otrzymany wielomian ma co najmniej jeden pierwiastek rzeczywisty.

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a



m   2



3 m 1 m  3



m  5 2



  2



2  m 2



3 m  1 3 m  3



2 m  2 4 



m   2 m 1   3 m m 3 2

 

 3  0

Można pokazać, że jest to tylko jeden pierwiastek. Wynika to z reguły Kartezjusza: „liczba dodatnich pierwiastków wielomianu jest równa liczbie zmian znaku pomiędzy kolejnymi niezerowymi współczynnikami lub też mniejsza od niej o wielokrotność liczby 2; liczbę ujemnych pierwiastków można oszacować zamieniając x na − x” Ponieważ są trzy możliwości rozłożenia trzech punktów na linii prostej więc istnieją trzy rozwiązania współliniowe.

Dla λ=const wszystkie ciała rotują ze stałą prędkością kątową i mamy przypadek równowagi względnej Gdy λ nie jest stałe to wszystkie ciała zakreślają krzywe stożkowe o wspólnym ognisku

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a Wróćmy do układu 11.3b i rozpatrzmy przypadek jednopłaszczyznowy:

a k b  G l   k m l a a l l  a k  a k 3

gdzie niewiadomymi są stałe zespolone a k (k=1,2,3), które razem z funkcją q(t) określają położenia mas m 1 , m 2 , m 3 na płaszczyźnie zespolonej.

Dla t=0 możemy unormować funkcję q(t) biorąc część rzeczywistą za równą 1, a część urojoną równą 0 (wtedy q(0)=1). Dodatkowo:

a 1  x 1 o  iy 1 o a 2  x o 2  iy o 2 a 3  x o 3  iy 3 o

Wtedy układ 11.3b uzupełniony o warunek jaki spełniać mają współrzędne barycentryczne, przyjmuje postać:

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a

x 1 o b  G    m 2 x o 2 b  G    m 3 x x o 2 r 12 o 

 

3 x o 3 r o  23 x 3 o 1 o 2  m 3  m x o 3 b 0   G    m 1 m 1 x o 1 x o 1 r o  31  m 2 x o 2 3 x o 3  m  m 3 x 3 o 2 1 x o 3 r 13 o 

 

3 x 1 o    x o 1 r o 

 

21 3 x o 2    x o 2 r o 32 

 

x 3 o 3    y 1 o b  G    m 2 y o 2 b  G    m 3 y y o o 3 2 r

 

12 o   o 23 3 3 y y 1 o o 2   m m y 3 o b 0   m 1 G    m 1 y o 1  y o 1 r  31 m 2 y o 2 o 3 y o 3  m  m 3 y o 3 2 1 3 y o 1 r o 

 

21 3 y o 2    y y o 3 r 13 o 

 

3 y o 2 r o 32 

 

3 y 1 o 3 o      

(11.6) W tym układzie tylko sześć równań jest niezależnych. Równania współrzędnych barycentrycznych mogą być uzyskane po pomnożeniu pozostałych sześciu przez odpowiednie masy i dodaniu do siebie.

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a Aby uzyskać rozwiązania Lagrange’a załóżmy na początek, że nie mamy do czynienia z przypadkiem równobocznym, czyli:

r o 13  r o 23 x  z   y

Orientacja osi układu jest dowolna. W takim razie możemy wybrać oś x tak, aby przechodziła przez masę m 3 . Wtedy y 3 o =0 i z równania barycentrum mamy:

m 1 y 1 o   m 2 y o 2

jednocześnie z innego z równań układu 11.6 dostajemy:

m r 31 o 1 y o 1 3  m 2 y 3 o 2 r 32 o  0

Powyższe równania są spełnione równocześnie tylko w przypadku (pamietając o tym, że zakładaliśmy nierówne boki):

y o 1  y o 2  0

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a Powtarzając tą procedurę dla osi x przechodzącej przez pozostałe masy, możemy pokazać, że jedynymi rozwiązaniami układu są:

r  r  r

przykład

13 23 31

2) trzy masy leżące na jednej linii ω ω

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a Rozwiązania Lagrange’a są jedynymi rozwiązaniami homograficznymi zagadnienia

x 1 b  G    x o 2 b  x o 3 b   G



m 1  m 2 r 0 3  G



m 1  m 2 r 0 3  m 3 r 0 3



x o 2  m 3



x o 3   



m  r 0 3 



x

podobnie dla pozostałych równań. Jeśli sumę mas oznaczymy przez M to:

 b  GM r 0 3

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a ω W przypadku orbit kołowych mamy –b=ω 2 , gdzie ω jest wspólną prędkością kątową wszystkich trzech ciał. Stąd:

   GM , r 0 3 q  e i  t

W ogólnym przypadku (λ



const) orbity są krzywymi stożkowymi. Dla orbit eliptycznych: