Download - 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 - 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