Krych M Zagadnienie dwóch ciał Fragmenty wykladu z równań różniczkowych

Niektóre fragmenty wykladu z równań różniczkowych

To może za kilka dni sie powiekszyć o jakieś inne twierdzenia
Zagadnienie dwóch cial

3

Dwa ciala poruszaja sie w przestrzeni , w której poza nimi nic nie ma. Jedyna sila, która

dziala to grawitacja. Ciala maja masy m, M , znajduja sie w chwili t w punktach x = x(t)

i y = y(t). Niech G oznacza stala grawitacyjna. Z prawa powszechnego ciażenia wynika, że
y-x x-y

na mase m dziala sila GmM , a na mase M sila GmM . Obie sily różnia
x-y 3 x-y 3

sie jedynie zwrotem (znakiem). Spelnione sa równania Newtona:
y-x x-y
mx = GmM , My = GmM .
x-y 3 x-y 3

Dodajac je stronami otrzymujemy: mx +My = 0, a ponieważ środkiem masy rozpatrywa-
mx+My

nej pary punktów materialnych jest , wiec możemy stwierdzić, że ruch środka masy
m+M

jest jednostajny i prostoliniowy. Możemy wiec w dalszym ciagu przyjać, że mx + My = 0

dla każdego t, czyli że środek masy nie porusza sie, po prostu zastepujemy jeden uklad

inercjalny innym, w jezyku matematyki: dodajemy do każdej z funkcji x, y funkcja linowa,
co ani nie zmienia ich różnicy, ani drugiej pochodnej.
Odejmijmy teraz równania ruchu stronami podzieliwszy uprzednio pierwsze z nich
przez m a drugie przez M . Otrzymujemy
x-y x-y
1 1
(x - y) = x - y = -GmM + = -� , gdzie
m M x-y 3 x-y 3
1 1
� = GmM + .
m M
r

Oznaczamy w dalszym ciagu: r = x - y, zatem równanie przybiera postać r = -� .
r 3
r
Zauważmy, że (r � r ) = r � r + r � r = 0 + r � - � r = 0, bo iloczyn
3

wektorowy wektorów równoleglych jest wektorem zerowym. Wykazaliśmy wiec, że funkcja

r � r jest stala na rozwiazaniach naszego ukladu, co oznacza, że jest calka pierwsza tego

ukladu (fizycznie: moment pedu nie zmienia sie w czasie). Poza tym, że możemy używać

uczonych terminów wynika z tego, że ruch odbywa sie w plaszczyznie prostopadlej do r � r
(zakladamy, że r � r = 0, a co sie dzieje, gdy r � r = 0?). Możemy, bez straty ogólności

rozważań zalożyć, że r�r jest wektorem równoleglym do (0, 0, 1), ewentualna zmiana bazy

3
w .
Przy okazji warto zauważyć, że dlugość wektora r(t) � r(t + h) równa jest polu równo-

legloboku rozpietego przez wektory r(t), r(t + h). Mamy
r(t)�r(t+h) r(t)�r(t+h)-r(t)�r(t)
lim = lim = r(t) � r (t).
h h
h0 h0
1

Wobec tego r�r to tzw. predkość polowa. Udowodniliśmy wiec drugie prawo Keplera, a
2

nawet ciut wiecej, bo w wektorowej wersji. Wiemy już też, że ruch odbywa sie w plaszczyznie,
a to jest fragment pierwszego prawa Keplera, które niedlugo też wykażemy.
Sprowadziliśmy zagadnienie przestrzenne do plaskiego. Nie zmieniamy oznaczeń. Mamy
1

calke pierwsza: moment pedu, czyli r�r . Należy spodziewać sie co najmniej jeszcze jednej,
1 r

mianowicie energii calkowitej. Mamy grad = - r . Role energii calkowitej powinna
3
r
pelnić funkcja
�
1 2
r - .
2 r

Sprawdzimy, że jest ona calka pierwsza ukladu, którym sie zajmujemy. Różniczkujemy

wzgledem t:
� �r �r
1 2
r - = r � r + � r = r r + = 0.
2 r r 3 r 3

Sprowadziliśmy rzecz do równania drugiego rzedu na plaszczyznie, czyli do zagadnienia

czterowymiarowego, ale mamy jeszcze dwie calki pierwsze, wiec mamy poważne szanse
obniżyć wymiar o dwa. Zrobimy, to ale najpierw przejdziemy do ukladu biegunowego, co w
rozpatrywanym zagadnieniu jest bardzo naturalnym pomyslem.

Niech (r, �) beda wspólrzednymi biegunowymi. Wtedy zachodza nastepujace trzy rów-
ności
r = (r cos �, r sin �),
r = r (cos �, sin �) + r� (- sin �, cos �),
r = r (cos �, sin �) + 2r � (- sin �, cos �) + r� (- sin �, cos �) - r(� )2(cos �, sin �).

Możemy wiec napisać uklad równań:
� cos �
r cos � - 2r � sin � - r� sin � - r(� )2 cos � = - ,
r2
� sin �
r sin � + 2r � cos � + r� cos � - r(� )2 sin � = - .
r2
Zapiszemy go w postaci normalnej, tzn. wyznaczymy z niego r i � . W tym celu mnożymy
pierwsze równanie przez cos �, drugie przez sin � i dodajemy stronami:
�
r - r(� )2 = -r .
2
Teraz mnożymy drugie równanie przez cos � i odejmujemy od niego pierwsze pomnożone
przez sin �:
2r � + r� = 0.
1

Znalezione calki pierwsze we wspólrzednych r, � maja postać: r2� := ą ( ą to predkość
2
�
1

polowa) oraz (r )2 + r2(� )2 - := E (energia calkowita, � pelni tu role masy, uklad
2 r

nie jest przecież inercjalny, ale równanie wyglada tak jak w inercjalnym), ą, E sa stalymi

oczywiście zależnymi od warunku poczatkowego.

Przypadek ą = 0 nie jest interesujacy: albo r = 0 dla każdego t (fizycznie to bez sensu,

bo wtedy nie ma ruchu), albo � = 0, co oznacza, że � = const, wiec w tym przypadku

ciala poruszaja sie wzdluż prostej (wiec dojdzie do zderzenia).
Jeśli ą = 0, to � = 0, a z tej nierówności wynika, że funkcja � jest różnowartościowa.

Pozwoli to nam wyeliminować z ukladu zmienna t. Otrzymamy wiec równanie krzywej po
dr dr d� dr dr ą d -ą

której porusza sie nasz punkt materialny. Mamy = � = � � = � = .
dt d� dt d� d� r2 d� r
2
d2r d d -ą d� d2 -ą d2 -ą ą
Z tego wzoru wynika, że = � = � � = � . Możemy
dt2 d� d� r dt d�2 r d�2 r r2
2
� d2 -ą ą ą �

wiec napisać równanie r -r(� )2 = -r w postaci � -r = - lub jeszcze
2
d�2 r r2 r2 r2
prościej
�
d2 1 1
+ = .
d�2 r r ą2
1

Otrzymaliśmy równanie liniowe, drugiego rzedu z niewiadoma funkcja zmiennej �. Roz-
r
�

wiazanie tego równania ma postać c1 cos � + c2 sin � + , co można napisać w postaci
ą2

� 1 �
h cos(� + �) + . Otrzymaliśmy wzór = h cos(� + �) + , gdzie h > 0, � " .
ą2 r ą2

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

2

Bedziemy rozważać zbiór zlożony z punktów x " , dla których stosunek odleglości x

od poczatku ukladu wspólrzednych 0 do odleglości od prostej x1 = -d równy jest �, to
otrzymujemy:

elipse, jeśli 0 < � < 1; parabole, jeśli � = 1; hiperbole, jeśli � > 1.

Prosta x1 = -d zwana jest kierownica (ang. directrix) odpowiedniej krzywej stożkowej,
punkt 0 jej ogniskiem (ang. focus), � mimośrodem (ang. eccentricity).* Zauważmy,

że równanie stożkowej wyglada tak:
x
= �, czyli x2 + x2 = �2(x1 + d)2 lub (1 - �2)x2 + x2 - 2d�2x1 - d2�2 = 0.
1 2 1 2
|x1+d|

Jeśli � d" 1, to ponieważ |x1 + d| e" �|x1 + d| = x = x2 + x2 i d > 0, wiec x1 + d > 0,
1 2

wiec wartość bezwzgledna można opuścić. Jeśli � > 1, to nie można, ale i tak opuścimy,

co oznacza, że z dwu galezi hiperboli wybieramy jedna, te bliższa punktowi 0 = (0, 0).
x

Wobec tego od tej pory nasze równanie ma postać = �, co w ukladzie wspólrzednych
x1+d

biegunowych wyglada tak:
�d
r = �(d + r cos �) lub tak r = .
1-� cos �
"
x2 x2
1 2

Jeśli a > b, to ogniskami elipsy + = 1 sa punkty (" a2 - b2, 0) a odpowiadajacymi
a2 b2
"
a2 a2-b2
"
i kierownicami proste x1 = " , zachodzi też równość � = . Na tym kończymy
a
a2-b2
krótkie opowiadanie o stożkowych.
�
1
Otrzymaliśmy poprzednio równanie = h cos(� + �) + . Możemy je przepisać w
r ą2
postaci
ą2
ą2 �
r = = .
hą2
�+hą2 cos(�+�)
1+ cos(�+�)
�

Widzimy wiec, że cialo porusza sie po stożkowej, w której ognisku znajduje sie drugie cialo
hą2 hą2

(pierwsze prawo Keplera): jeśli � = < 1, to tor ruchu jest elipsa, jeśli � = = 1,
� �
hą2

to parabola , jeśli � = > 1, to galezia hiperboli. Bez klopotu możemy stwierdzić, że
�

jeśli trajektoria ruchu jest elipsa, to jest on okresowy idea: nie ma sie gdzie zatrzymać,

bo wszedzie predkość jest niezerowa, a ponieważ poruszamy sie po elipsie, która jest

Wiecej można o tym przeczytać w podrecznikach do geometrii analitycznej lub w bardzo pieknej ksiażce
*

D.Hilberta i S.Cohn-Vossena, Geometria pogladowa, z której można sie dowiedzieć, dlaczego te krzywe

nazywane sa stożkowymi i powia zać ognisko i kierownice ze stożkiem.
3

zbiorem zwartym, wiec w końcu ja obejdziemy ( predkość jest oddzielona od 0). Wielka
póloś naszej elipsy równa jest
ą2 ą2
1 � � ą2�
a = � + = .
hą2 hą2
2 �2-h2ą4
1+ 1-
� �
Wobec tego kwadrat malej pólosi równy jest:
2 2
ą2�
h2ą4 ą2�
ą4
b2 = (1 - �2) = 1 - � = .
�2-h2ą4 �2 �2-h2ą4 �2-h2ą4
ą4�
"

Wynika stad, że pole elipsy równe jest Ąab = Ą . Przypominamy, że r2� = ą
(�2-h2ą4)3
1

ten warunek oznacza, że predkość polowa jest stala i równa ą, czyli w czasie t promień
2
ą3�
1
"

wodzacy r zakreśla pole ąt. Cala elipsa jest wiec obiegana w czasie T = 2Ą .
2
(�2-h2ą4)3
2 4Ą2 1 1

Mamy zatem T = a3. Przypomnijmy, że � = GmM + ) = G(m+M). Przyjmujac
� m M

np. że M oznacza mase Slońca, a m mase jednej z planet naszego ukladu stwierdzamy, że
kwadrat okresu obiegu planety wokól Slońca jest proporcjonalny do sześcianu wielkiej pólosi

elipsy, po której porusza sie wokól Slońca ta planeta. Przyjmujemy tak, choć z zasadzie to
m

nieprawda, ale iloraz jest tak mala liczba, że m w istocie rzeczy nie odgrywa tu istotnej
M

roli. Jest to trzecie prawo Keplera, dwa inne pojawily sie w tekście już wcześniej.

Dodajmy jeszcze, że rezultat dotyczacy ksztaltu orbit można przedstawić za pomoca
1

wielkości fizycznych. Mam tu na myśli ą i E, czyli predkość polowa i energie calkowita.
2
2�
dr ą
Uzyskaliśmy wcześniej równości r2� = ą, 2E = (r )2 + r2(� )2 - oraz r = � .
r d� r2
hą4 sin(�+�)
dr d ą2
Mamy = = = hr2 sin(� + �). Wobec tego 2E =
d� d� �+hą2 cos(�+�) (�+hą2 cos(�+�))2
2 2
2� �
ą2
=h2r4 sin2(� + �) � + r2 ą - = h2ą2 sin2(� + �) + ą2 h cos(� + �) + -
r4 r2 r ą2
� �2 1 �2 hą2 ą2
-2� h cos(� + �) + = ą2h2 - , wiec h = 2E + , � = = 1 + 2E i
ą2 ą2 ą ą2 � �2
ą2� �

wreszcie a = = -2E . Widać wiec, że orbita jest elipsa, gdy E < 0.
�2-h2ą4
Przypomnieć wypada, że prawa Keplera byly prawami empirycznymi. Autor sformulo-
wal je w oparciu o dane uzyskane (spisane prze innych astronomów, m.in. Tycho de Brahe).
Teoria Newtona pozwala na wywnioskowanie ich z zasad dynamiki i prawa powszechnego

ciażenia.
4

Wyszukiwarka