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=t0 wszystkie ciała leżą na jednejprostej

Można pokazać, że jeżeli istnieje płaszczyznaniezmiennicza dla tego układu to ta linia leży w tej właśnie płaszczyźnie

Dla momentu t=t0, każda dowolna para dwóch punktów leży na jednej linii z początkiem układu współrzędnych, czyli:

n,,2,1k,i,0rr ki

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - współliniowe

Mnożąc skalarnie przez wektor prędkości otrzymujemy:

sumując po i:

czyli równanie płaszczyzny niezmienniczej (ponieważ c0)

0rrr iki

0rcrrr kki

ii

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzneRozwiązanie homograficzne układu równańopisującego zagadnienie n ciał odpowiadaprzypadkowi, w którym jest zachowana konfiguracja ciał.

Układ (względem barycentrum) jest podobny do samego siebie.

To oznacza, że istnieje taka skalarna funkcjaλ=λ(t) oraz ortogonalna macierz (3x3) Ω=Ω(t), że:

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

rko opisuje układ ciał w momencie t0.

o

kk r)t()t()t(r

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne

W przypadku homograficznym stosunki wektorów wodzących ciał są stałe

Ω=1

λ=1

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:

wtedy w momencie czasu t=t0:

a w dowolnej innej chwili:

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne

o

k0k

o

k0k trtr

n,,2,1k,rtt o

kk

kkkk ,,

z

y

x

Niech będzie prędkością kątową układu (ξ,η,ζ) względem układu barycentrycznego (x,y,z), wtedy:

a) dla λ=const>0 i ω=const0 ruch jest we względnej równowadze

b) dla λ=λ(t)>0 oraz ω=0 mamy do czynienia z ruchem jednokładnym

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne

z

y

x

321 ,,

Moment bezwładności w chwili t0:

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

stąd i z równania:

można zauważyć, że:

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne

n

1k

2o

k

2o

k

2o

kk

n

1k

2o

kk

o zyxmrmI

n

1k

n

1k

2

k

2

k

2

kk

2

kk mmI

o2II

n,,2,1k,rtt o

kk

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne

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

skąd:

Natomiast energia kinetyczna:

321kkkkkkkkk ,,,,,,dt

dv,v,v

1o

k2

o

k

o

k1k2kk

k

3

o

k1

o

k

o

k3k1kk

k

2

o

k3

o

k

o

k2k3kk

k

yxdt

dz

dt

dv

xzdt

dy

dt

dv

zydt

dx

dt

dv

n

1k

2

k

2

k

2

kk vvvm2

1T

z

y

x

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne

Odległość między dwoma masami mj i mk:

znów korzystamy z równania

możemy napisać:

ostatecznie dostajemy dla potencjałów:

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

n,...,2,1k,j,2kj

2

kj

2

kj

2

jk

n,,2,1k,rtt o

kk o

jkjk r

oU1

U

nkj1

o

jk

kjo

nkj1 jk

kj

r

mmU

mmU

Zagadnienie n ciał

Rozwiązania szczególne - homograficzne

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

otrzymujemy ostatecznie (11.1):

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

UTL:gdzie0LL

dt

d

kk

jk3o

jk

o

j

o

k

k

2

2

2

1

2

2

2o

j1

2

32

2o

j2

2

31

2o

j

jk3o

jk

o

j

o

k

k1

2

32

2o

j

2

1

2

3

2

2

2o

j3

2

21

2o

j

jk3o

jk

o

j

o

k

k2

2

31

2o

j3

2

21

2o

j

2

3

2

2

2

2

2o

j

r

zzm

1

dt

dz

dt

dy

dt

dx

r

yym

1

dt

dz

dt

dy

dt

dx

r

xxm

1

dt

dz

dt

dy

dt

dx

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny współliniowy

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 t0 mamy:

oprócz tego dla dowolnego k w każdym innym momencie czasu:

0zy o

k

o

k

0kk

z

y

x

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny współliniowy

Poza tym można tak dobrać oś η w taki sposób, że ω2=0 i wtedy układ 11.1 przyjmuje postać:

0

0dt

d

r

xxm

x

11

dt

d

31

2

3

2

jk3o

jk

o

j

o

k

ko

j

2

2

32

2

(11.2)

z

y

x

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny współliniowy

0

0dt

d

r

xxm

x

11

dt

d

31

2

3

2

jk3o

jk

o

j

o

k

ko

j

2

2

32

2

Z ostatnich dwóch równań wynika, że:

ω3=0 i ω10, lub ω3 0 i ω1=0

1. ω3=0 i ω10. Ponieważ jednocześnie ω2=0, więc oś ξ jest nieruchoma i ruch odbywa się po linii prostej mającej ustalone położenie w przestrzeni. Poza tym całkowity moment pędu znika (ηk=ζk=0 oraz vηk=vζk=0) i ruch jest jednokładny

2. ω3 0 i ω1=0. W tym wypadku λ2ω3=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 ω1) podstawiając za ω3 wyrażenie α/λ2 (wtedy pierwszy przypadek odpowiada α=0):

ponieważ λ0, więc możemy powyższe przepisać w postaci:

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

jk3o

jk

o

j

o

k

ko

j

23

2

2

2

r

xxm

x

11

dt

d

jk3o

jk

o

j

o

k

ko

j

2

2

22

r

xxm

x

1

dt

d

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny współliniowy

Wprowadzając w miejsce prawej strony wyrażenie –β2 (minus oznacza, że siła jest przyciągająca) możemy przekształcić otrzymane równania do postaci:

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

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

3

2

3

2

2

2

2

2

;dt

d

2

222

2dt

d

2

1

2

2

3

2

2

2

1

dt

d

2

1

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny współliniowy

Pamiętając, że:

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

Jeżeli λ jest stałe to również ω3 jest stałe i orbity keplerowskie są okręgami – n ciałznajduje się na jednej linii rotującej ze stałą prędkością ω3 wokół barycentrum.

Dla α=0 (ω3=0), ciała spadają na barycentrum po liniach prostych

2

2

3

2

2

2

1

dt

d

2

1

n,,2,1k,rtt o

kk

h)r(Vr2

cr2

12

22

Pamiętając o definicji wprowadzonej wcześniej zmiennej β możemy napisać:

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

Jednak również jest spełnione dla n czynników X j, w związku z tym

powyższe równanie określa n-1 warunków dla ruchu homograficznego

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny współliniowy

n,...,2,1k,j0xr

xxmX o

j

2

jk3o

jk

o

j

o

k

kj

0Xmj

jj

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:

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

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny płaski

0dt

dy

dt

dx

r

yym

1

dt

dy

dt

dx

r

xxm

1

dt

dy

dt

dx

1

2

32

2o

j2

2

31

2o

j

jk3o

jk

o

j

o

k

k

2

1

2

3

2

2

2o

j3

2

21

2o

j

kj3o

jk

o

j

o

k

k3

2

21

2o

j

2

3

2

2

2

2

2o

j

z

y

x

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny płaski

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

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

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

n,...,2,1k)t(qapiyx kkkk

qaappr lklkkl

n,...,2,1l,kr

ppmGp

kl3

kl

kllk

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny płaski

Podstawiając do równania ruchu wyrażenie na pk oraz zakładając q0 dostajemy:

a następnie:

prawa strona ostatniego równania jest niezależna od czasu.

kl

3

kl

kll

2323

kl3

kl

kll

3

kaa

aamGqqq

aa

aamGqqqa

21qqq

kl

3

kl

kll

2321

kkl

3

kl

kll

2321

kaa

aamGqqqa

aa

aamGqqqa

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny płaski

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

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

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

bqqq2321

kl3

kl

kllk

aa

aamGba

(11.3a)

(11.3b)

Zagadnienie n ciał

Ruch homograficzny płaski

W przypadku dwóch ciał (we współrzędnych barycentrycznych):

które może być wyrażone w postaci:

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

co oznacza, że b jest liczbą rzeczywistą, ujemną. Jeżeli rozwiązaniem układu 11.3a jest q=q(t) - znana funkcja z parametrami b<0 i a0 to wtedy:

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

0amam 2211

amaama 1221

32

21 a

1

mm

1b

)t(aqpiyx

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 jednokładnymgdzie 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. współliniowe2. homograficzne3. ruch po ósemce

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a

Dla n=3 równania ruchu przyjmują postać:

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.

323

23

32313

13

3133

213

12

21233

32

2322

133

31

13123

21

1211

rrr

mGmrr

r

mGmrm

rrr

mGmrr

r

mGmrm

rrr

mGmrr

r

mGmrm

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a

Zacznijmy od przypadku homograficznego współliniowego. Warunki determinująceruch homograficzny:

w przypadku trzech ciał przyjmują postać:

n,...,2,1k,j0xr

xxmX o

j

2

jk3o

jk

o

j

o

k

kj

0xr

xxm

r

xxm

0xr

xxm

r

xxm

0xr

xxm

r

xxm

o

3

2

3o

32

o

3

o

223o

31

o

3

o

11

o

2

2

3o

21

o

2

o

113o

23

o

2

o

33

o

1

2

3o

13

o

1

o

333o

12

o

1

o

22

(11.4)

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a

Spośród uzyskanych równań jedynie dwa są niezależne, ponieważ współrzędne xio

odnoszą się do barycentrum. Możemy założyć, że:

wtedy:

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

a po odjęciu ostatnich dwóch:

o

3

o

2

o

1 xxx

o

2

o

3

o

32

o

23

o

1

o

3

o

31

o

13

o

1

o

2

o

21

o

12 xxrr,xxrr,xxrr

2o

23

2o

13

32o

12

21o

12

2

r

1

r

1m

r

mmr

2o

12

2o

13

12o

23

32o

12

2

r

1

r

1m

r

mmr

(11.5)

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a

Następnie zdefiniujmy:

skąd mamy:

co pozwala zapisać równania 11.5 w postaci:

0xx

xxo

2

o

3

o

1

o

2

o

1

o

2o

2

o

3o

1

o

2

o

1

o

3

xxxx

xx

11xx

2o

12

2o

12

2

2

12o

12

2

31o

122

2o

12

2

2o

12

2

2

32o

12

21o

12

2

r

1

r1m

r

mmr

rr1m

r

mmr

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a

Eliminując, z otrzymanych równań, r12o dostajemy wielomian piątego stopnia

w postaci:

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

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

0mmm2m3mm3

m3mm3m2mm

2121

2

21

3

32

4

32

5

32

)(flimmm)(flim 210

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a

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 istniejątrzy 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

0mmm2m3mm3

m3mm3m2mm

2121

2

21

3

32

4

32

5

32

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a

Wróćmy do układu 11.3b i rozpatrzmy przypadek jednopłaszczyznowy:

gdzie niewiadomymi są stałe zespolone ak (k=1,2,3), które razem z funkcją q(t) określają położenia mas m1, m2, m3 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:

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

kl3

kl

kllk

aa

aamGba

o

3

o

33

o

2

o

22

o

1

o

11 iyxaiyxaiyxa

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a

o

33

o

22

o

11

o

33

o

22

o

11

3o

32

o

3

o

223o

31

o

3

o

11

o

33o

32

o

3

o

223o

31

o

3

o

11

o

3

3o

21

o

2

o

113o

23

o

2

o

33

o

23o

21

o

2

o

113o

23

o

2

o

33

o

2

3o

13

o

1

o

333o

12

o

1

o

22

o

13o

13

o

1

o

333o

12

o

1

o

22

o

1

ymymym0xmxmxm0

r

yym

r

yymGby

r

xxm

r

xxmGbx

r

yym

r

yymGby

r

xxm

r

xxmGbx

r

yym

r

yymGby

r

xxm

r

xxmGbx

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

Orientacja osi układu jest dowolna. W takim razie możemy wybrać oś x tak, aby przechodziła przez masę m3. Wtedy y3

o=0 i z równania barycentrum mamy:

jednocześnie z innego z równań układu 11.6 dostajemy:

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

o

23

o

13 rr

o

22

o

11 ymym

0r

ym

r

ym3o

32

o

223o

31

o

11

0yy o

2

o

1

z

y

x

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a

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

1) przykład2) trzy masy leżące na jednej linii

o

31

o

23

o

13 rrr

ω

ω

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a

Rozwiązania Lagrange’a są jedynymi rozwiązaniami homograficznymi zagadnieniatrzech ciał. W takim wypadku w układzie 11.6 wstawiamy jedną wartość odległościmiędzy ciałami r0 w momencie czasu t=0, wtedy:

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

3

0

o

3321o

3

3

0

o

2321o

2

3

0

o

1321

3

0

o

33

o

22

o

13

o

12o

1

r

xmmmGbx

r

xmmmGbx

r

xmmmG

r

xmxmxmxmGbx

3

0r

GMb

Zagadnienie 3 ciał

Rozwiązania Lagrange’a

ω

W przypadku orbit kołowych mamy –b=ω2, gdzie ω jest wspólną prędkością kątową wszystkich trzech ciał. Stąd:

W ogólnym przypadku (λconst) orbity są krzywymi stożkowymi. Dla orbit eliptycznych:

ti

3

0

eq,r

GM