Niekt´

ore fragmenty wyk ladu z r´

owna´

n r´

o ˙zniczkowych

To mo˙ze za kilka dni sie powiekszy´

c o jakie´

s inne twierdzenia

Zagadnienie dw´

och cia l

Dwa cia la poruszaja sie w przestrzeni

3

, w kt´

orej poza nimi nic nie ma. Jedyna si la, kt´

ora

dzia la to grawitacja. Cia la maja masy m, M , znajduja sie w chwili t w punktach x = x(t)

i y = y(t). Niech G oznacza sta la grawitacyjna. Z prawa powszechnego cia ˙zenia wynika, ˙ze

na mase m dzia la si la GmM

y

−x

kx−yk

3

, a na mase M — si la GmM

x

−y

kx−yk

3

. Obie si ly r´

o˙znia

sie jedynie zwrotem (znakiem). Spe lnione sa r´

ownania Newtona:

mx

00

= GmM

y

−x

kx−yk

3

,

M y

00

= GmM

x

−y

kx−yk

3

.

Dodajac je stronami otrzymujemy: mx

00

+M y

00

= 0, a poniewa˙z ´srodkiem masy rozpatrywa-

nej pary punkt´

ow materialnych jest

mx

+M y

m

+M

, wiec mo˙zemy stwierdzi´c, ˙ze ruch ´srodka masy

jest jednostajny i prostoliniowy. Mo˙zemy wiec w dalszym ciagu przyja´c, ˙ze mx + M y = 0

dla ka˙zdego t, czyli ˙ze ´srodek masy nie porusza sie, po prostu zastepujemy jeden uk lad

inercjalny innym, w jezyku matematyki: dodajemy do ka˙zdej z funkcji x, y funkcja linowa,

co ani nie zmienia ich r´

o˙znicy, ani drugiej pochodnej.

Odejmijmy teraz r´

ownania ruchu stronami podzieliwszy uprzednio pierwsze z nich

przez m a drugie — przez M . Otrzymujemy

(x − y)

00

= x

00

− y

00

= −GmM

1

m

+

1

M

x

−y

kx−yk

3

= −µ

x

−y

kx−yk

3

,

gdzie

µ

= GmM

1

m

+

1

M

.

Oznaczamy w dalszym ciagu: r = x − y, zatem r´ownanie przybiera posta´c r

00

= −µ

r

krk

3

.

Zauwa˙zmy, ˙ze

(r × r

0

)

0

= r

0

× r

0

+ r × r

00

= 0 + r ×

 − µ

r

krk

3



= 0, bo iloczyn

wektorowy wektor´

ow r´

ownoleg lych jest wektorem zerowym. Wykazali´smy wiec, ˙ze funkcja

r

× r

0

jest sta la na rozwiazaniach naszego uk ladu, co oznacza, ˙ze jest ca lka pierwsza tego

uk ladu (fizycznie: moment pedu nie zmienia sie w czasie). Poza tym, ˙ze mo˙zemy u˙zywa´c

uczonych termin´

ow wynika z tego, ˙ze ruch odbywa sie w p laszczy´znie prostopad lej do r × r

0

(zak ladamy, ˙ze r × r

0

6= 0, a co sie dzieje, gdy r × r

0

= 0?). Mo˙zemy, bez straty og´

olno´sci

rozwa˙za´

n za lo˙zy´c, ˙ze r×r

0

jest wektorem r´

ownoleg lym do (0, 0, 1), ewentualna zmiana bazy

w

3

.

Przy okazji warto zauwa˙zy´c, ˙ze d lugo´s´c wektora r(t) × r(t + h) r´owna jest polu r´owno-

leg loboku rozpietego przez wektory r(t), r(t + h). Mamy

lim

h

→0

r

(t)×r(t+h)

h

= lim

h

→0

r

(t)×r(t+h)−r(t)×r(t)

h

= r(t) × r

0

(t).

Wobec tego

1
2

kr×r

0

k to tzw. predko´s´c polowa. Udowodnili´smy wiec drugie prawo Keplera, a

nawet ciut wiecej, bo w wektorowej wersji. Wiemy ju˙z te˙z, ˙ze ruch odbywa sie w p laszczy´znie,

a to jest fragment pierwszego prawa Keplera, kt´

ore nied lugo te˙z wyka˙zemy.

Sprowadzili´smy zagadnienie przestrzenne do p laskiego. Nie zmieniamy oznacze´

n. Mamy

1

ca lke pierwsza: moment pedu, czyli r×r

0

. Nale˙zy spodziewa´c sie co najmniej jeszcze jednej,

mianowicie energii ca lkowitej. Mamy grad

1

krk

= −

r

krk

3

. Role energii ca lkowitej powinna

pe lni´c funkcja

1
2

kr

0

k

2

−

µ

krk

.

Sprawdzimy, ˙ze jest ona ca lka pierwsza uk ladu, kt´

orym sie zajmujemy. R´

o˙zniczkujemy

wzgledem t:

1
2

kr

0

k

2

−

µ

krk

0

= r

0

· r

00

+

µr

krk

3

· r

0

= r

0

r

00

+

µr

krk

3

= 0.

Sprowadzili´smy rzecz do r´

ownania drugiego rzedu na p laszczy´znie, czyli do zagadnienia

czterowymiarowego, ale mamy jeszcze dwie ca lki pierwsze, wiec mamy powa˙zne szanse

obni˙zy´c wymiar o dwa. Zrobimy, to ale najpierw przejdziemy do uk ladu biegunowego, co w

rozpatrywanym zagadnieniu jest bardzo naturalnym pomys lem.

Niech (r, θ) beda wsp´

o lrzednymi biegunowymi. Wtedy zachodza nastepujace trzy r´

ow-

no´sci

r

= (r cos θ, r sin θ),

r

0

= r

0

(cos θ, sin θ) + rθ

0

(− sin θ, cos θ),

r

00

= r

00

(cos θ, sin θ) + 2r

0

θ

0

(− sin θ, cos θ) + rθ

00

(− sin θ, cos θ) − r(θ

0

)

2

(cos θ, sin θ).

Mo˙zemy wiec napisa´c uk lad r´

owna´

n:

r

00

cos θ − 2r

0

θ

0

sin θ − rθ

00

sin θ − r(θ

0

)

2

cos θ = −

µ

cos θ

r

2

,

r

00

sin θ + 2r

0

θ

0

cos θ + rθ

00

cos θ − r(θ

0

)

2

sin θ = −

µ

sin θ

r

2

.

Zapiszemy go w postaci normalnej, tzn. wyznaczymy z niego r

00

i θ

00

. W tym celu mno˙zymy

pierwsze r´

ownanie przez cos θ, drugie przez sin θ i dodajemy stronami:

r

00

− r(θ

0

)

2

= −

µ

r

2

.

Teraz mno˙zymy drugie r´

ownanie przez cos θ i odejmujemy od niego pierwsze pomno˙zone

przez sin θ:

2r

0

θ

0

+ rθ

00

= 0.

Znalezione ca lki pierwsze we wsp´

o lrzednych r, θ maja posta´c: r

2

θ

0

:= α (

1
2

α

to predko´s´c

polowa) oraz

1
2

(r

0

)

2

+ r

2

(θ

0

)

2

 −

µ

r

:= E (energia ca lkowita, µ pe lni tu role masy, uk lad

nie jest przecie˙z inercjalny, ale r´

ownanie wyglada tak jak w inercjalnym), α, E sa sta lymi

oczywi´scie zale˙znymi od warunku poczatkowego.

Przypadek α = 0 nie jest interesujacy: albo r = 0 dla ka˙zdego t (fizycznie to bez sensu,

bo wtedy nie ma ruchu), albo θ

0

= 0, co oznacza, ˙ze θ = const, wiec w tym przypadku

cia la poruszaja sie wzd lu˙z prostej (wiec dojdzie do zderzenia).

Je´sli α 6= 0, to θ

0

6= 0, a z tej nier´owno´sci wynika, ˙ze funkcja θ jest r´o˙znowarto´sciowa.

Pozwoli to nam wyeliminowa´c z uk ladu zmienna t. Otrzymamy wiec r´

ownanie krzywej po

kt´

orej porusza sie nasz punkt materialny. Mamy

dr

dt

=

dr
dθ

·

dθ

dt

=

dr
dθ

· θ

0

=

dr
dθ

·

α

r

2

=

d

dθ

−α

r

.

2

Z tego wzoru wynika, ˙ze

d

2

r

dt

2

=

d

dθ



d

dθ

−α

r

 ·

dθ

dt

=

d

2

dθ

2

−α

r

· θ

0

=

d

2

dθ

2

−α

r

·

α

r

2

. Mo˙zemy

wiec napisa´c r´

ownanie r

00

−r(θ

0

)

2

= −

µ

r

2

w postaci

d

2

dθ

2

−α

r

·

α

r

2

−r

α

r

2

2

= −

µ

r

2

lub jeszcze

pro´sciej

d

2

dθ

2

1
r

+

1
r

=

µ

α

2

.

Otrzymali´smy r´

ownanie liniowe, drugiego rzedu z niewiadoma funkcja

1
r

zmiennej θ. Roz-

wiazanie tego r´

ownania ma posta´c c

1

cos θ + c

2

sin θ +

µ

α

2

, co mo˙zna napisa´c w postaci

h

cos(θ + ϕ) +

µ

α

2

. Otrzymali´smy wz´

or

1
r

= h cos(θ + ϕ) +

µ

α

2

, gdzie h > 0, ϕ ∈

.

Teraz czas na ciekawostke geometryczna (przypomnienie?). Niech d > 0, ε > 0.

Bedziemy rozwa˙za´c zbi´

or z lo˙zony z punkt´

ow x ∈

2

, dla kt´

orych stosunek odleg lo´sci x

od poczatku uk ladu wsp´

o lrzednych 0 do odleg lo´sci od prostej x

1

= −d r´owny jest ε, to

otrzymujemy:

elipse, je´sli 0 < ε < 1;

parabole, je´sli ε = 1;

hiperbole, je´sli ε > 1.

Prosta x

1

= −d zwana jest kierownica (ang. directrix) odpowiedniej krzywej sto˙zkowej,

punkt 0 — jej ogniskiem (ang. focus), ε —mimo´srodem (ang. eccentricity).* Zauwa˙zmy,

˙ze r´

ownanie sto˙zkowej wyglada tak:

kxk

|x

1

+d|

= ε,

czyli

x

2

1

+ x

2

2

= ε

2

(x

1

+ d)

2

lub

(1 − ε

2

)x

2

1

+ x

2

2

− 2dε

2

x

1

− d

2

ε

2

= 0.

Je´sli ε ≤ 1, to poniewa˙z |x

1

+ d| ≥ ε|x

1

+ d| = kxk =

px

2

1

+ x

2

2

i d > 0, wiec x

1

+ d > 0,

wiec warto´s´c bezwzgledna mo˙zna opu´sci´c. Je´sli ε > 1, to nie mo˙zna, ale i tak opu´scimy,

co oznacza, ˙ze z dwu ga lezi hiperboli wybieramy jedna, te „bli˙zsza punktowi” 0 = (0, 0).

Wobec tego od tej pory nasze r´

ownanie ma posta´c

kxk

x

1

+d

= ε, co w uk ladzie wsp´

o lrzednych

biegunowych wyglada tak:

r

= ε(d + r cos θ)

lub tak

r

=

εd

1−ε cos θ

.

Je´sli a > b, to ogniskami elipsy

x

2
1

a

2

+

x

2
2

b

2

= 1 sa punkty (∓

√

a

2

− b

2

,

0) a odpowiadajacymi

i kierownicami proste x

1

= ∓

a

2

√

a

2

−b

2

, zachodzi te˙z r´

owno´s´c ε =

√

a

2

−b

2

a

. Na tym ko´

nczymy

kr´

otkie opowiadanie o sto˙zkowych.

Otrzymali´smy poprzednio r´

ownanie

1
r

= h cos(θ + ϕ) +

µ

α

2

. Mo˙zemy je przepisa´c w

postaci

r

=

α

2

µ

+hα

2

cos(θ+ϕ)

=

α

2

µ

1+

hα

2

µ

cos(θ+ϕ)

.

Widzimy wiec, ˙ze cia lo porusza sie po sto˙zkowej, w kt´

orej ognisku znajduje sie drugie cia lo

(pierwsze prawo Keplera): je´sli ε =

hα

2

µ

<

1, to tor ruchu jest elipsa, je´sli ε =

hα

2

µ

= 1,

to — parabola, je´sli ε =

hα

2

µ

>

1, to ga lezia hiperboli. Bez k lopotu mo˙zemy stwierdzi´c, ˙ze

je´sli trajektoria ruchu jest elipsa, to jest on okresowy — idea: nie ma sie gdzie zatrzyma´c,

bo wszedzie „predko´s´c” jest niezerowa, a poniewa˙z poruszamy sie po elipsie, kt´

ora jest

*

Wiecej mo˙zna o tym przeczyta´

c w podrecznikach do geometrii analitycznej lub w bardzo pieknej ksia ˙zce

D.Hilberta i S.Cohn-Vossena, Geometria pogladowa, z kt´

orej mo˙zna sie dowiedzie´

c, dlaczego te krzywe

nazywane sa sto˙zkowymi i powiaza´

c ognisko i kierownice ze sto˙zkiem.

3

zbiorem zwartym, wiec w ko´

ncu ja obejdziemy („predko´s´c” jest oddzielona od 0). Wielka

p´

o lo´s naszej elipsy r´

owna jest

a

=

1
2

·



α

2

µ

1+

hα

2

µ

+

α

2

µ

1−

hα

2

µ



=

α

2

µ

µ

2

−h

2

α

4

.

Wobec tego kwadrat ma lej p´

o losi r´

owny jest:

b

2

= (1 − ε

2

)



α

2

µ

µ

2

−h

2

α

4



2

=

1 −

h

2

α

4

µ

2

 · 

α

2

µ

µ

2

−h

2

α

4



2

=

α

4

µ

2

−h

2

α

4

.

Wynika stad, ˙ze pole elipsy r´

owne jest πab = π

α

4

µ

√

(µ

2

−h

2

α

4

)

3

. Przypominamy, ˙ze r

2

θ

0

= α

— ten warunek oznacza, ˙ze predko´s´c polowa jest sta la i r´

owna

1
2

α

, czyli w czasie t promie´

n

wodzacy r zakre´sla pole

1
2

αt

. Ca la elipsa jest wiec obiegana w czasie T = 2π

α

3

µ

√

(µ

2

−h

2

α

4

)

3

.

Mamy zatem T

2

=

4π

2

µ

a

3

. Przypomnijmy, ˙ze µ = GmM

1

m

+

1

M

) = G(m+M ). Przyjmujac

np. ˙ze M oznacza mase S lo´

nca, a m mase jednej z planet naszego uk ladu stwierdzamy, ˙ze

kwadrat okresu obiegu planety wok´

o l S lo´

nca jest proporcjonalny do sze´scianu wielkiej p´

o losi

elipsy, po kt´

orej porusza sie wok´

o l S lo´

nca ta planeta. Przyjmujemy tak, cho´c z zasadzie to

nieprawda, ale iloraz

m

M

jest tak ma la liczba, ˙ze m w istocie rzeczy nie odgrywa tu istotnej

roli. Jest to trzecie prawo Keplera, dwa inne pojawi ly sie w tek´scie ju˙z wcze´sniej.

Dodajmy jeszcze, ˙ze rezultat dotyczacy kszta ltu orbit mo˙zna przedstawi´c za pomoca

wielko´sci fizycznych. Mam tu na my´sli

1
2

α

i E , czyli predko´s´c polowa i energie ca lkowita.

Uzyskali´smy wcze´sniej r´

owno´sci r

2

θ

0

= α, 2E = (r

0

)

2

+ r

2

(θ

0

)

2

−

2µ

r

oraz r

0

=

dr
dθ

·

α

r

2

.

Mamy

dr
dθ

=

d

dθ



α

2

µ

+hα

2

cos(θ+ϕ)

 =

hα

4

sin(θ+ϕ)

(µ+hα

2

cos(θ+ϕ))

2

= hr

2

sin(θ + ϕ). Wobec tego 2E =

=h

2

r

4

sin

2

(θ + ϕ) ·

α

2

r

4

+ r

2

α

r

2

2

−

2µ

r

= h

2

α

2

sin

2

(θ + ϕ) + α

2

h cos(θ + ϕ) +

µ

α

2



2

−

−2µ

h cos(θ + ϕ) +

µ

α

2

 = α

2

h

2

−

µ

2

α

2

, wiec h =

1

α

q

2E +

µ

2

α

2

, ε =

hα

2

µ

=

q

1 + 2E

α

2

µ

2

i

wreszcie a =

α

2

µ

µ

2

−h

2

α

4

= −

µ

2E

. Wida´c wiec, ˙ze orbita jest elipsa, gdy E < 0.

Przypomnie´c wypada, ˙ze prawa Keplera by ly prawami empirycznymi. Autor sformu lo-

wa l je w oparciu o dane uzyskane (spisane prze innych astronom´

ow, m.in. Tycho de Brahe).

Teoria Newtona pozwala na wywnioskowanie ich z zasad dynamiki i prawa powszechnego

cia ˙zenia.

4