Problem dwóch ciał

Rozważmy dwa ciała oddziałujące ze sobą klasycznym potencjałem grawitacyjnym, tzn. ich energia potencjalna wzajemnych oddziaływań to $$ U(r)= -\frac{Gm_1m_2}{r}, $$ gdzie wprowadzamy oznaczenia $ \mathbf{r}\equiv \mathbf{r_1}- \mathbf{r_2}$, $ \mathbf{r_1}$ - wektor wodzący ciała o masie $m_1$ i analogicznie dla $m_2$. Zapiszemy lagranżjan dla układu: $$ \mathcal{L} = \frac{1}{2}m_1v_1^2+ \frac{1}{2}m_2 v_2^2+ \frac{Gm_1m_2}{r}, $$ gdzie $v_1=|\dot{ \mathbf{r}}_1|$ i analogicznie dla 2.

Oznaczymy jako $\mathbf{R}$ wektor wodzący środka masy dwóch ciał, który jest zdefiniowany jako $$ \mathbf{R}= \frac{1}{M}\left(m_1 \mathbf{r_1}+m_2 \mathbf{r_2}\right), $$ gdzie $M=m_1+m_2$. Powyższe równanie i definicja $ \mathbf{r}$ tworzą układ dwóch równań, które możemy rozwiązać, aby otrzymać $ \mathbf{r_1}$ i $ \mathbf{r_2}$: $$ \begin{cases} \mathbf{r_1} = \mathbf{R} + \frac{m_2}{M} \mathbf{r} \\ \mathbf{r_2}= \mathbf{R} - \frac{m_1}{M} \mathbf{r}. \end{cases} $$ Obliczając pochodne i wstawiając do lagranżjanu otrzymujemy: $$ \mathcal{L} = \frac{1}{2}m_1\left(\mathbf{\dot{R}} + \frac{m_2}{M} \mathbf{\dot{r}}\right)^2+ \frac{1}{2}m_2 \left(\mathbf{\dot{R}} - \frac{m_1}{M} \mathbf{\dot{r}}\right)^2+ \frac{Gm_1 m_2}{r}. $$ Po rozpisaniu i wymnożeniu nawiasów środkowe wyrazy się skracają, co pozostawia nas z $$ \mathcal{L} = \frac{1}{2}M\mathbf{\dot{R}}^2+ \frac{1}{2} \frac{m_1 m_2}{M} \mathbf{\dot{r}}^2+ \frac{Gm_1m_2}{r}. $$ Widzimy, że ruch możemy rozpatrywać jako ruch środka masy (jednostajny i prostoliniowy) oraz ruch masy zredukowanej $\mu\equiv m_1m_2/M$ wokół środka masy. Iloczyn $m_1m_2$ możemy wyrazić jako $\mu M$, a wybierając inercjalny układ odniesienia związany ze środkiem masy, czyli $ \mathbf{\dot{R}}=0$, lagranżjan przyjmie najprostszą postać $$ \mathcal{L} = \frac{1}{2}\mu \mathbf{\dot{r}}^2+ \frac{GM\mu}{r}. $$ Wektor $ \mathbf{\dot{r}}$ możemy rozdzielić na składową radialną i styczną, a z twierdzenia Pitagorasa $ \mathbf{\dot{r}}^2=\dot{r}^2+r^2\dot{\theta}^2$, gdzie $\theta$ to kąt azymutalny tworzony przez wektor $ \mathbf{r}$ z pewnym kierunkiem odniesienia, a więc $$ \mathcal{L} = \frac{1}{2}\mu \dot{r}^2 + \frac{1}{2}\mu r^2\dot{\theta}^2+ \frac{GM\mu}{r}. $$ Lagranżjan nie zależy od kąta biegunowego, więc moment pędu z nim związany jest równy zero ($ L_\phi=\partial\mathcal{L}/\partial \dot{\phi}=0$). Z tego powodu ruch odbywa się w jednej płaszczyźnie. Zachodzi również zależność $$ L_\theta= \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}}=\mu r^2\dot{\theta}=const. $$ która wynika bezpośrednio z równania Eulera-Lagrange’a dla współrzędnej $\theta$.

Pierwsze prawo Keplera

Chcielibyśmy znaleźć teraz ogólne wyrażenie na kształt toru cząstki. W tym celu naszym punktem wyjścia nie będzie równanie ruchu wynikające bezpośrednio z równania Eulera-Lagrange’a, a zasada zachowania energii. Zamieniając drugi znak plus na minus w lagranżjanie otrzymamy całkowitą energię: $$ E=\frac{1}{2}\mu \dot{r}^2 + \frac{1}{2}\mu r^2\dot{\theta}^2- \frac{GM\mu}{r}. $$ Korzystając z zachowania momentu pędu (gdzie $L_\theta$ to od teraz po prostu $L$): $$ \dot{\theta}= \frac{L}{\mu r^2}, $$ oraz z reguły łańcuchowej $$ \dot{r}= \frac{dr}{d\theta} \dot{\theta}= \frac{L}{\mu r^2} \frac{dr}{d\theta}. $$ Wstawiając to do energii otrzymujemy $$ \frac{1}{2}\mu \left( \frac{L}{\mu r^2} \frac{dr}{d\theta} \right)^2=E- \frac{1}{2}\mu r^2 \left( \frac{L}{mr^2}\right)^2+ \frac{GM\mu}{r}. $$ Przekształcając, $$ \frac{L}{\mu r^2} \frac{dr}{d\theta}= \sqrt{ \frac{2}{\mu}\left(E- \frac{1}{2}\mu r^2 \left( \frac{L}{\mu r^2}\right)^2+ \frac{GM\mu}{r}\right)}, $$ separując zmienne i całkując: $$ \theta=\int \frac{L\,dr}{\mu r^2 \sqrt{ \frac{2}{\mu}\left(E-\frac{L^2}{2\mu r^2}+ \frac{GM\mu}{r}\right)}}. $$ Widzimy, że mamy wiele wyrazów postaci $1/r$, a $dr/r^2=-d(1/r)$. Dlatego wykonamy podstawienie $u=-1/r$, co da nam $$ \theta=-\int \frac{L\,du}{\mu \sqrt{ \frac{2}{\mu}\left(E-\frac{L^2}{2\mu} u^2- GM\mu u\right)}}. $$ Wyrażenie pod pierwiastkiem dopełnimy do kwadratu: $$ E-\frac{L^2}{2\mu} u^2- GM\mu u=E+ \frac{G^2 M^2 \mu^3}{2L^2}- \left( \frac{L}{\sqrt{2\mu}}u+ \frac{GM\mu^{3/2}}{L\sqrt{2}}\right)^2, $$ więc $$ \theta=-\int\frac{L\,du}{\mu \sqrt{ \frac{2}{\mu}\left(E+ \frac{G^2 M^2 \mu^3}{2L^2}- \left( \frac{L}{\sqrt{2\mu}}u+ \frac{GM\mu^{3/2}}{L\sqrt{2}}\right)^2\right)}}. $$ Podstawimy $$ v=\frac{1}{\sqrt{E+ \frac{G^2 M^2 \mu^3}{2L^2}}}\left(\frac{L}{\sqrt{2\mu}}u+ \frac{GM\mu^{3/2}}{L\sqrt{2}}\right), $$ skąd $$ \theta=-\int \frac{L}{\sqrt{2\mu\left(E+ \frac{G^2 M^2 \mu^3}{2L^2}\right)}} \frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \frac{\sqrt{2\mu\left(E+ \frac{G^2 M^2 \mu^3}{2L^2}\right)}\,dv}{L}=-\int \frac{dv}{\sqrt{1-v^2}}=\arccos{v}+\theta_0, $$ gdzie $\theta_0$ to stała całkowania. Przekształcając i wstawiając definicję $v$ i $u$: $$ r= \frac{p}{1-e\cos\left(\theta-\theta_0\right)}, $$ gdzie $p$ wynosi $$ \boxed{p= \frac{L^2}{GM\mu^2}} $$ oraz $$ \boxed{e= \sqrt{1+ \frac{2EL^2}{G^2 M^2 \mu^3}}.} $$ Równanie to jest oczywiście definicją elipsy o mimośrodzie $e$ i semilatus rectum $p$ we współrzędnych biegunowych. W ognisku elipsy znajduje się zatem środek masy dwóch ciał. Jeśli chcemy, aby $\theta=0$ w perygeum (najniższym punkcie orbity), mianownik musi być jak największy, więc $\cos\theta_0$ musi wynosić $-1$, skąd $\theta_0=\pi$. Wtedy $$ \boxed{r= \frac{p}{1+e\cos\theta}.} $$

W przypadku ciał Układu Słonecznego, $m_1\gg m_2$, gdzie $m_1$ to masa Słońca, a $m_2$ to masa planety. Wtedy $M=m_1+m_2\approx m_1$, $\mu\approx m_2$, a środek masy układu leży w Słońcu, zatem Słońce leży w ognisku orbity planety. Daje nam to I prawo Keplera:

Wszystkie planety poruszają się po elipsach ze Słońcem w jednym z ognisk.

Drugie prawo Keplera

Obliczmy, jakie pole elipsy zakreśla wektor wodzący ciała w przedziale czasu $dt$. Z powyższego rysunku widzimy, że zakreślone pole to w przybliżeniu pole sektora okręgu o promieniu $r$ i kącie rozwarcia $d\theta$, ponieważ $r(\theta+d\theta)\approx r(\theta)$. Pole takie wyraża się wzorem $$ dA= \frac{1}{2}r^2\,d\theta. $$ Dzieląc przez $dt$ otrzymamy: $$ \dot{A}= \frac{1}{2}r^2\dot{\theta}= \frac{1}{2}r^2 \frac{L}{\mu r^2}= \frac{L}{2\mu}=const.$$ ponieważ jak przekonaliśmy się wcześniej, $$ L=\mu r^2\dot{\theta}=const. $$ Fakt, że wielkość $\dot{A}$ jest stała, jest równoważny z II prawem Keplera:

W jednakowych przedziałach czasu wektor wodzący planety zakreśla jednakowe pole powierzchni.

Trzecie prawo Keplera

Pierwsza metoda

Jak wyprowadziliśmy wcześniej, $$ \frac{dA}{dt}= \frac{L}{2\mu}. $$ Możemy rodzielić zmienne i pocałkować obustronnie: $$ \int dA = \int \frac{L}{2\mu}\,dt. $$ Jeśli pocałkujemy po przedziale $t\in\langle 0,P\rangle$, gdzie $P$ to okres orbity, to całka po $dA$ to po prostu pole całej elipsy, które wynosi $\pi ab$, gdzie $a$ to półoś wielka, a $b$ to półoś mała: $$ \pi ab= \frac{L}{2\mu}P. $$ Półoś mała elipsy to $$ b=a\sqrt{1-e^2}. $$ Jak obliczyliśmy wcześniej, $$ p= \frac{L^2}{GM\mu^2}, $$ więc $$ L=\mu\sqrt{GMp}. $$ Semilatus rectum elipsy to $$ p=a(1-e^2), $$ więc łącząc to wszystko: $$ \pi a^2\sqrt{1-e^2}= \frac{\mu \sqrt{GMa(1-e^2)}}{2\mu}P. $$ Podnosząc obustronnie do kwadratu i skracając wyrazy otrzymujemy $$ \boxed{P^2 = \frac{4\pi^2}{GM}a^3,} $$ więc $$ \boxed{P^2\propto a^3.} $$ III prawo Keplera brzmi zatem następująco:

Kwadraty okresów orbitalnych planet mają się do siebie jak sześciany półosi wielkich orbit tych planet.

Druga metoda

Istnieje inna metoda wyprowadzenia III prawa Keplera, opierająca się na podobieństwie mechanicznym.

Zauważmy, że pomnożenie lagranżjanu przez stały czynnik nie zmienia w żaden sposób równań ruchu, ponieważ jeśli do równania Eulera-Lagrange’a wstawimy $a\mathcal{L}$ zamiast $\mathcal{L}$, stały czynnik $a$ skraca się.

Zauważmy teraz, że grawitacyjna energia potencjalna jest funkcją jednorodną stopnia $k=-1$, tzn. $$ U(\alpha r)= \alpha^{k} U(r). $$ Jeśli dokonamy zamiany zmiennych, tak, że $r$ zamieniamy na $\alpha r$, a czas zamieniamy na $\beta t$, gdzie $\beta$ to inna stała, wszystkie prędkości zostaną pomnożone przez czynnik $\alpha/\beta$, energie kinetyczne ($\propto v$) razy $\alpha^2/\beta^2$, a energia potencjalna razy $1/\alpha$. Da nam to lagranżjan $$ \mathcal{L}= \frac{\alpha^2}{\beta^2}T- \frac{1}{\alpha}U. $$ Aby równania ruchu były nienaruszone, musimy być w stanie wyciągnąć stały czynnik przed nawias, co jest możliwe tylko wtedy, gdy $$ \frac{\alpha^2}{\beta^2}= \frac{1}{\alpha} $$ lub równoważnie: $$ \alpha^3=\beta^2. $$

Rozważymy teraz dwie cząstki poruszające się na dwóch geometrycznie podobnych torach. Na podstawie wcześniejszego rozumowania możemy stwierdzić, że czasy ruchu na tych torach mają się do siebie jak $$ \frac{t_2}{t_1}=\left( \frac{l_2}{l_1}\right)^{3/2}, $$ gdzie $l$ to miara liniowych rozmiarów toru. Miarą liniowych rozmiarów toru jest półoś wielka, a czasem ruchu jest okres orbitalny, więc powyższe stwierdzenie jest równoważne z III prawem Keplera.