Czy możliwe jest, aby na którejkolwiek z planet Układu Słonecznego Słońce zaszło, a następnie od razu wzeszło, wszystko po zachodniej stronie nieba? Aby zjawisko takie miało miejsce, chwilowa prędkość ruchu Słońca po ekliptyce planety musi być większa niż prędkość obrotu sfery niebieskiej, wynikającej z obrotu planety wokół własnej osi.

Dla których planet może zajść ruch wsteczny Słońca?

Kąt godzinny Słońca możemy wyrazić wzorem $$ h=\Theta-\alpha, $$ gdzie $\Theta$ to lokalny czas gwiazdowy, a $\alpha$ to jego rektascensja. Aby Słońce poruszało się po niebie ruchem wstecznym, musi zajść warunek $$ \dot{h}<0 \rightarrow \dot{\Theta}<\dot{\alpha}. $$

Obrót planety na krótkich skalach czasowych jest w przybliżeniu jednostajny, więc z łatwością możemy obliczyć tempo przyrostu czasu gwiazdowego: $$ \dot{\Theta} = \frac{24^h}{P_d}, $$ gdzie $P_d$ to okres obrotu planety wokół własnej osi.

Szybkość zmian rektascensji Słońca jest zależna od szybkości zmian jego długości ekliptycznej. W artykule o równaniu czasu wyprowadziliśmy zależność prawdziwą dla małych nachyleń ekliptyki $\varepsilon$ (co jest prawdą dla większości planet, oprócz Urana): $$ \alpha=\lambda- \frac{1-\cos\varepsilon}{2}\sin{2\lambda}. $$ Zakładamy również cały czas, że orbity wszystkich planet leżą w przybliżeniu w płaszczyźnie ekliptyki. Biorąc pochodną czasową mamy $$ \dot{\alpha}=\dot{\lambda}\left[1 - \left(1-\cos\varepsilon\right)\cos{2\lambda}\right]. $$ Szybkość zmian długości ekliptycznej Słońca jest równa szybkości zmian anomalii prawdziwej planety na orbicie, $f$, ponieważ kąty te różnią się jedynie o stały czynnik. Szybkość zmian $f$ możemy obliczyć, znając odległość planety od Słońca i jej prędkość. Odległość od Słońca na orbicie keplerowskiej to (z $f=0$ w peryhelium): $$ r = \frac{a(1-e^2)}{1+e\cos f}, $$ gdzie $e$ to mimośród orbity, a $a$ to półoś wielka. Całkowita energia ciała na jednostkę masy na takiej orbicie to $$ E= -\frac{GM}{2a}, $$ gdzie $M$ to masa Słońca. Wynosi ona również $$ E= \frac{1}{2}v^2- \frac{GM}{r}, $$ gdzie $v$ to prędkość ciała, gdy jest ono w odległości $r$ od Słońca. Przyrównując dwa wcześniejsze wyrażenia i przekształcając otrzymujemy równanie vis-viva: $$ v= \sqrt{ GM\left( \frac{2}{r}- \frac{1}{a}\right)}. $$ Możemy teraz obliczyć $\dot{f}=\dot{\lambda}$: $$ \dot{\lambda}= \frac{v\sin\theta}{r}= \frac{\sin\theta}{r} \sqrt{ GM\left( \frac{2}{r}- \frac{1}{a}\right)}, $$ gdzie $\theta$ to kąt między wektorem $ \mathbf{v}$ a wektorem wodzącym ciała od ogniska elipsy (musimy zrzutować prędkość na jej styczną składową, aby wyznaczyć prędkość kątową ciała).

Aby sprawdzić, czy wspomniany na początku warunek zachodzi, weźmiemy największe możliwe $\dot{\alpha}$, więc zarazem największe możliwe $\dot{\lambda}$. Będzie to spełnione, gdy $r$ będzie najmniejsze (bo mamy $1/r$), czyli w peryhelium. Wstawiając do wcześniejszego wzoru $f=0$ otrzymujemy $r=a(1-e)$ i wiedząc, że z geometrii elipsy wynika fakt, że w peryhelium $\theta=\pi/2$, otrzymujemy po prostych przekształceniach $$ \dot{\lambda}= \sqrt{ \frac{GM(1+e)}{a^3(1-e)^3}}. $$ Wyrażenie pod pierwiastkiem przypomina III prawo Keplera: $$ a^3 = \frac{GM}{4\pi^2}P_o^2 \rightarrow \frac{GM}{a^3}= \frac{4\pi^2}{P_o^2}, $$ gdzie $P_o$ to okres orbitalny planety. Wstawiając, mamy $$ \dot{\lambda} = \frac{2\pi}{P_o}\sqrt{ \frac{1+e}{(1-e)^3}}, $$ wszystko oczywiście dla peryhelium.

Wracając do wcześniejszej nierówności, $$ \frac{24^h}{P_d}<\frac{2\pi}{P_o}\sqrt{ \frac{1+e}{(1-e)^3}}, $$ a ponieważ $24^h=2\pi$, $$ \frac{P_o}{P_d}<\sqrt{ \frac{1+e}{(1-e)^3}}. $$ Ponieważ $e$ dla wszystkich planet jest mniejsze niż $\approx 0.2$ (mimośród Merkurego), pierwiastek będzie rzędu $1$. Szukamy zatem planet, dla których okres orbitalny i długość dnia syderycznego są porównywalne. Tylko dwie planety spełniają ten warunek - Merkury i Wenus.

Dla Wenus1 mamy $P_o=224.7^d$, $P_d=243.019^d$, lecz obrót planety jest wsteczny do jej ruchu orbitalnego. Z tego powodu kąt godzinny Słońca zwiększa się w tym samym kierunku, co jego rektascensja i analizowane zjawisko nie ma prawa zajść.

Dla drugiego kandydata, Merkurego, $P_o=87.97^d$, $P_d=58.646^d$, więc lewa strona nierówności to $\approx 1.50$ (okresy te są w rezonansie $3:2$). Z kolei $e=0.2056$, skąd prawa strona równania to $\approx 1.55$. Nierówność jest zatem spełniona, więc na niebie Merkurego możemy obserwować zjawisko ruchu wstecznego Słońca.

Wschody i zachody na Merkurym

Wyznaczymy teraz maksymalną wysokość, na którą Słońce wzniesie się nad horyzontem podczas wschodu tuż po zachodzie. Poneważ nachylenie osi obrotu Merkurego do ekliptyki jest równe prawie $0\degree$, a nachylenie jego orbity do tej płaszczyzny to około $7\degree$, cosinus kąta nachylenia jego osi obrotu do płaszczyzny orbity będzie równy $\approx 1$. Wtedy Słońce wzniesie się najwyżej oczywiście na równiku. Wysokość Słońca, gdy jest ono po zachodniej stronie nieba to dla równika $$ a=\pi-h, $$ gdzie $h$ to jego kąt godzinny, który z kolei obliczamy ze wzoru $$ h=\Theta-\alpha, $$ więc $$ a=\pi+\alpha-\Theta. $$ Aby otrzymać szukaną wielkość, obliczymy maksimum tej funkcji.

Z artykułu o równaniu czasu pamiętamy, że długość ekliptyczna Słońca prawdziwego, a zarazem w przypadku Merkurego ($\varepsilon\approx 0\degree$) $\approx$ jego rektascencja, to $\alpha=f+\varpi-\pi$, gdzie $\varpi$ to długość peryhelium oribty Merkurego. Musimy oszacować zależność $f$ od czasu, ponieważ $\Theta$ jest jego funkcją. W tym celu skorzystamy z znanej zależności pomiędzy anomalią mimośrodową i prawdziwą: $$ \cos f= \frac{\cos E -e }{1-e\cos E} \rightarrow f=\arccos\left( \frac{\cos E -e }{1-e\cos E}\right). $$ Ponieważ $e$ jest na ogół małe i bliskie $0$ ($e_{\text{Merkury}}\approx 0.2$), powyższe wyrażenie rozwiniemy w szereg Taylora wokół $e=0$ aż do wyrazów rzędu $O(e^2)$. Obliczamy wartość funkcji i jej pierwszych dwóch pochodnych w $e=0$: $$ f(0)=E, $$ $$ \frac{df}{de}(0)=\sin E, $$ $$ \frac{d^2 f}{de^2}(0)=\sin E\cos E= \frac{1}{2}\sin (2E).$$ Stąd mamy $$ f= E+e\sin E + \frac{1}{4}e^2\sin(2E) + O(e^3). $$ Aby wyznaczyć $E$ w zależności od $t$, posłużymy się równaniem Keplera: $$ E-e\sin E=M, $$ gdzie $M$ to anomalia średnia zdefiniowana jako $$ M= \frac{2\pi}{P_o}t_p, $$ gdzie $t_p$ to czas od ostatniego prześcia przez peryhelium. Równanie przekształcamy do postaci umożliwiającej iterację prostą: $$ E=M+e\sin M, $$ a ponieważ $e$ jest małe, zgadujemy $E_0=M$. Wtedy $$ E_1=M+e\sin M, $$ $$ E_2=M+e\sin(M+e\sin M)\approx M+e\sin M+ e(\cos M)(e\sin M)= M+e\sin M + \frac{1}{2}e^2\sin(2M). $$ Przystaniemy na $E\approx E_2$, ponieważ pomijamy wyrazy $O(e^3)$. Wracając do anomalii prawdziwej: $$ f\approx M+e\sin M + \frac{1}{2}e^2\sin(2M)+e\sin\left( M+e\sin M + \frac{1}{2}e^2\sin(2M)\right)+ \frac{1}{4}e^2\sin\left( 2M+2e\sin M + e^2\sin(2M)\right). $$ W trzecim sinusie pomijamy wyraz $O(e^2)$ (ponieważ sinus jest pomnożony przez $e$), a w czwartym pomijamy $O(e)$. Wtedy $$ f\approx M+e\sin M+ \frac{1}{2}e^2\sin(2M)+e\sin(M+e\sin M)+ \frac{1}{4}e^2\sin(2M). $$ Jak już wiemy, $\sin(M+e\sin M)\approx \sin M+e\sin M\cos M=\sin M + \frac{1}{2}e\sin (2M)$, więc $$ f\approx M+2e\sin M+ \frac{5}{4}e^2\sin(2M). $$ Pierwsze 2 wyrazy odpowiadają naszemu wynikowi z artykułu o równaniu czasu. Pełen szereg $f(M)$ nazywany jest równaniem środka (equation of the center).

Wracając do wysokości, mamy $$ a=\pi+f+\varpi-\pi-\Theta=f+\varpi-\Theta= $$ $$ =M+2e\sin M+ \frac{5}{4}e^2\sin(2M)+\varpi-\Theta, $$ a wstawiając zależność $M(t_p)$ otrzymamy $$ a= \frac{2\pi}{P_o}t_p+2e\sin \left(\frac{2\pi}{P_o}t_p\right) + \frac{5}{4}e^2\sin\left(\frac{4\pi}{P_o}t_p\right)+\varpi-\Theta. $$ Od teraz $t_p$ oznaczamy jako $t$. Zauważmy, że $\Theta$ zależy od niego z dokładnością co do stałej, a wszystkie stałe możemy złączyć w jedną: $$ a= \frac{2\pi}{P_o}t+2e\sin\left( \frac{2\pi}{P_o}t\right)+ \frac{5}{4}e^2\sin\left( \frac{4\pi}{P_o}t\right)- \frac{2\pi}{P_d}t +C. $$

Chcemy, aby Słońce zatrzymało się dokładnie w chwili zachodu, czyli pomijając średnicę jego tarczy, gdy $a=0\degree$. Wtedy również $\dot{a}$ ma być równe 0. Obliczmy tę pochodną: $$ \dot{a}=\frac{2\pi}{P_o}- \frac{2\pi}{P_d}+ \frac{4\pi e}{P_o}\cos\left( \frac{2\pi}{P_o}t\right) + \frac{5\pi e^2}{P_o}\cos\left( \frac{4\pi}{P_o}t\right). $$ Aby obliczyć miejsce zerowe, $t_0$, przyrównujemy do $0$ i przekształcamy do postaci umożliwiającej iterację prostą: $$ t_0 = \frac{P_o}{4\pi}\arccos\left( \frac{1}{5e^2}- \frac{4}{5e}\cos\left( \frac{2\pi t_0}{P_o}\right)\right) $$ (skorzystałem z faktu, że $P_o/P_d\approx 3/2$ dla Merkurego). Wartości zbiegają bardzo wolno i oscylują pomiędzy około $2.851$ i $2.807$, dlatego weźmiemy ich średnią: $t_0\approx 2.829^d$. Ze struktury powyższego równania widać, że rozwiązania są symetryczne względem $t=0$, tzn. jeśli rozwiązanie to $x$, to $-x$ jest również rozwiązaniem. Dlatego $-t_0$ odpowiada chwili, gdy Słońce jest na horyzoncie i się zatrzymuje, a $t_0$ odpowiada chwili, gdy zawraca z ruchu wstecznego i ponownie zaczyna zmierzać w kierunku zachodu (czyli jest najwyżej). Chcemy, aby $a(-t_0)=0\degree$, więc stała $C$ to $$ C=2\pi t_0\left( \frac{1}{P_o}- \frac{1}{P_d}\right)+2e\sin\left( \frac{2\pi}{P_o}t_0\right)+ \frac{5}{4}e^2\sin\left( \frac{4\pi}{P_o}t_0\right), $$ skąd $C\approx 0.00227$. Wtedy ostateczna odpowiedź to $$ a(t_0)\approx 16’. $$ Niestety, okazuje się że jest to wynik około 4-krotnie zbyt mały! W naszym wyprowadzeniu pomijaliśmy wyrazy rzędu $O(e^3)$ - okazuje się jednak, że $e^3\approx 0.008\approx 28’>a(t_0)$, więc wyrazy te nie są pomijalne.

Przedstawione powyżej rozumowanie można dalej stosować, aby uzyskać wyrażenie na $f(M)$ z dokładnością do wyrazów rzędu $O(e^3)$. Dostaniemy wtedy $$ f\approx M+2e\sin M+ \frac{5}{4}e^2\sin(2M)+ \frac{e^3}{12}\left(13\sin (3M)-3\sin M\right). $$ Podobnie jak wcześniej, $$ a= 2\pi t \left( \frac{1}{P_o}- \frac{1}{P_d}\right)+2e\sin\left( \frac{2\pi}{P_o}t\right)+ \frac{5}{4}e^2\sin\left( \frac{4\pi}{P_o}t\right)+ \frac{e^3}{12}\left(13\sin\left( \frac{6\pi}{P_o}t\right)-3\sin\left( \frac{2\pi}{P_o}t\right)\right)+C. $$ Miejsca zerowe pochodnej tej funkcji to $t_0=\pm 3.993^d$, więc $C=0.00813$, a stąd $$ \boxed{a(t_0)\approx 56’,} $$ co znacznie lepiej odpowiada rzeczywistej wartości (stwierdzonej na podstawie symulacji w programie Stellarium). Przy wyrazach wyższych rzędów znajdują się coraz większe mianowniki, np. wyrazy rzędu $O(e^4)$ są poprzedzone czynnikiem $e^4/96\approx 0.06’\ll a(t_0)$.

  1. Wszystkie dane pochodzą z: Karttunen, H., Kröger, P., Oja, H., Poutanen, M., Donner, K. J., & Pwn, W. N. (2020). Astronomia ogólna, Tabela C.9 i C.11. ↩