Задача трёх тел и LISA

В системе, вращающейся с угловой скоростью \(\omega_0\), на \(\mu\) действуют силы тяготения и центробежная сила; равновесие вне прямой \(Mm\) — точка Лагранжа. Для малых радиальных колебаний используйте сохранение момента импульса и разложение по малому отклонению. В 1.4 аппараты вращаются как жёсткий треугольник.

1.1 Пусть \(O\) — их центр масс. Тогда \[MR - mr = 0, \tag{1}\] \[m\omega_0^2r = \frac{GMm}{(R + r)^2},\qquad M\omega_0^2R = \frac{GMm}{(R + r)^2}. \tag{2}\] Из уравнения (2) или с помощью приведённой массы \(\omega_0^2 = \dfrac{G(M + m)}{(R + r)^3}\). Следовательно, \[\omega_0^2 = \frac{G(M + m)}{(R + r)^3} = \frac{GM}{r(R + r)^2} = \frac{Gm}{R(R + r)^2}. \tag{3}\]

1.2 Поскольку \(\mu\) бесконечно мала, она не оказывает гравитационного влияния на движение ни \(M\), ни \(m\). Чтобы \(\mu\) оставалась неподвижной относительно \(M\) и \(m\), должно выполняться \[\frac{GM\mu}{r_1^2}\cos\theta_1 + \frac{Gm\mu}{r_2^2}\cos\theta_2 = \mu\omega_0^2\rho = \frac{G(M + m)\mu}{(R + r)^3}\rho, \tag{4}\] \[\frac{GM\mu}{r_1^2}\sin\theta_1 = \frac{Gm\mu}{r_2^2}\sin\theta_2. \tag{5}\] Подставляя \(\dfrac{GM}{r_1^2}\) из (5) в (4) и используя тождество \(\sin\theta_1\cos\theta_2 + \cos\theta_1\sin\theta_2 = \sin(\theta_1 + \theta_2)\), получаем \[m\frac{\sin(\theta_1 + \theta_2)}{r_2^2} = \frac{(M + m)}{(R + r)^3}\rho\sin\theta_1. \tag{6}\] Расстояния \(r_2\) и \(\rho\), углы \(\theta_1\) и \(\theta_2\) связаны двумя уравнениями теоремы синусов: \[\frac{\sin\psi_1}{\rho} = \frac{\sin\theta_1}{R},\qquad \frac{\sin\psi_1}{r_2} = \frac{\sin(\theta_1 + \theta_2)}{R + r}. \tag{7}\] Подставим (7) в (6): \[\frac{1}{r_2^3} = \frac{R}{(R + r)^4}\frac{(M + m)}{m}. \tag{10}\] Поскольку \(\dfrac{m}{M + m} = \dfrac{R}{R + r}\), уравнение (10) даёт \[r_2 = R + r. \tag{11}\] Подставляя \(\dfrac{Gm}{r_2^2}\) из (5) в (4) и повторяя аналогичную процедуру, получаем \[r_1 = R + r. \tag{12}\]

Другой способ: \[\frac{r_1}{\sin(180^\circ - \phi)} = \frac{R}{\sin\theta_1}\quad\text{и}\quad \frac{r_2}{\sin\phi} = \frac{r}{\sin\theta_2},\qquad \frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2} = \frac Rr\times\frac{r_2}{r_1} = \frac mM\times\frac{r_2}{r_1}.\] В сочетании с (5) это даёт \(r_1 = r_2\).

Следовательно, это равносторонний треугольник с \[\psi_1 = 60^\circ,\qquad \psi_2 = 60^\circ. \tag{13}\] Расстояние \(\rho\) вычисляется по теореме косинусов: \[\rho^2 = r^2 + (R + r)^2 - 2r(R + r)\cos60^\circ,\qquad \rho = \sqrt{r^2 + rR + R^2}. \tag{14}\]

Другое решение пункта 1.2. Поскольку \(\mu\) бесконечно мала, она не оказывает гравитационного влияния на движение ни \(M\), ни \(m\). Чтобы \(\mu\) оставалась неподвижной относительно \(M\) и \(m\), должно выполняться \[\frac{GM\mu}{r_1^2}\cos\theta_1 + \frac{Gm\mu}{r_2^2}\cos\theta_2 = \mu\omega^2\rho = \frac{G(M + m)\mu}{(R + r)^3}\rho, \tag{4}\] \[\frac{GM\mu}{r_1^2}\sin\theta_1 = \frac{Gm\mu}{r_2^2}\sin\theta_2. \tag{5}\] Заметим, что \[\frac{r_1}{\sin(180^\circ - \phi)} = \frac{R}{\sin\theta_1},\qquad \frac{r_2}{\sin\phi} = \frac{r}{\sin\theta_2}\ \text{(см. рисунок)},\qquad \frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2} = \frac Rr\times\frac{r_2}{r_1} = \frac mM\times\frac{r_2}{r_1}. \tag{6}\] Из уравнений (5) и (6): \[r_1 = r_2, \tag{7}\] \[\frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2} = \frac mM, \tag{8}\] \[\psi_1 = \psi_2. \tag{9}\] Тогда уравнение (4) принимает вид \[M\cos\theta_1 + m\cos\theta_2 = \frac{(M + m)}{(R + r)^3}r_1^2\rho. \tag{10}\] Из уравнений (8) и (10): \[\sin(\theta_1 + \theta_2) = \frac{M + m}{M}\frac{r_1^2\rho}{(R + r)^3}\sin\theta_2. \tag{11}\] Заметим, что по рисунку \[\frac{\rho}{\sin\psi_2} = \frac{r}{\sin\theta_2}. \tag{12}\] Из уравнений (11) и (12): \[\sin(\theta_1 + \theta_2) = \frac{M + m}{M}\frac{r_1^2r}{(R + r)^3}\sin\psi_2. \tag{13}\] Также по рисунку \[(R + r)^2 = r_2^2 - 2r_1r_2\cos(\theta_1 + \theta_2) + r_1^2 = 2r_1^2[1 - \cos(\theta_1 + \theta_2)]. \tag{14}\] Из уравнений (13) и (14): \[\sin(\theta_1 + \theta_2) = \frac{\sin\psi_2}{2[1 - \cos(\theta_1 + \theta_2)]}, \tag{15}\] \[\theta_1 + \theta_2 = 180^\circ - \psi_1 - \psi_2 = 180^\circ - 2\psi_2\ \text{(см. рисунок)},\] \[\therefore\ \cos\psi_2 = \frac12,\quad \psi_2 = 60^\circ,\quad \psi_1 = 60^\circ.\] Следовательно, \(M\) и \(m\) образуют равносторонний треугольник со сторонами \((R + r)\). Расстояние от \(\mu\) до \(M\) равно \(R + r\). Расстояние от \(\mu\) до \(m\) равно \(R + r\). Расстояние от \(\mu\) до \(O\) равно \[\rho = \sqrt{\left(\frac{R + r}{2} - R\right)^2 + \left\{(R + r)\frac{\sqrt3}{2}\right\}^2} = \sqrt{R^2 + Rr + r^2}.\]

1.3 Энергия массы \(\mu\) равна \[E = -\frac{GM\mu}{r_1} - \frac{Gm\mu}{r_2} + \frac12\mu\left(\left(\frac{d\rho}{dt}\right)^2 + \rho^2\omega^2\right). \tag{15}\] Поскольку возмущение радиальное, момент импульса сохраняется (\(r_1 = r_2 = \Re\) и \(m = M\)): \[E = -\frac{2GM\mu}{\Re} + \frac12\mu\left(\left(\frac{d\rho}{dt}\right)^2 + \frac{\rho_0^4\omega_0^2}{\rho^2}\right). \tag{16}\] Поскольку энергия сохраняется, \(\dfrac{dE}{dt} = 0\): \[\frac{dE}{dt} = \frac{2GM\mu}{\Re^2}\frac{d\Re}{dt} + \mu\frac{d\rho}{dt}\frac{d^2\rho}{dt^2} - \mu\frac{\rho_0^4\omega_0^2}{\rho^3}\frac{d\rho}{dt} = 0, \tag{17}\] \[\frac{d\Re}{dt} = \frac{d\Re}{d\rho}\frac{d\rho}{dt} = \frac{d\rho}{dt}\frac{\rho}{\Re}, \tag{18}\] \[\frac{dE}{dt} = \frac{2GM\mu}{\Re^3}\rho\frac{d\rho}{dt} + \mu\frac{d\rho}{dt}\frac{d^2\rho}{dt^2} - \mu\frac{\rho_0^4\omega_0^2}{\rho^3}\frac{d\rho}{dt} = 0. \tag{19}\]

Поскольку \(\dfrac{d\rho}{dt} \ne 0\), имеем \[\frac{2GM}{\Re^3}\rho + \frac{d^2\rho}{dt^2} - \frac{\rho_0^4\omega_0^2}{\rho^3} = 0\quad\text{или}\quad \frac{d^2\rho}{dt^2} = -\frac{2GM}{\Re^3}\rho + \frac{\rho_0^4\omega_0^2}{\rho^3}. \tag{20}\] Возмущение относительно \(\Re_0\) и \(\rho_0\) даёт \(\Re = \Re_0\left(1 + \dfrac{\Delta\Re}{\Re_0}\right)\) и \(\rho = \rho_0\left(1 + \dfrac{\Delta\rho}{\rho_0}\right)\). Тогда \[\frac{d^2\rho}{dt^2} = \frac{d^2}{dt^2}(\rho_0 + \Delta\rho) = -\frac{2GM}{\Re_0^3\left(1 + \dfrac{\Delta\Re}{\Re_0}\right)^3}\rho_0\left(1 + \frac{\Delta\rho}{\rho_0}\right) + \frac{\rho_0^4\omega_0^2}{\rho_0^3\left(1 + \dfrac{\Delta\rho}{\rho_0}\right)^3}. \tag{21}\] Используя биномиальное разложение \((1 + \varepsilon)^n \approx 1 + n\varepsilon\), \[\frac{d^2\Delta\rho}{dt^2} = -\frac{2GM}{\Re_0^3}\rho_0\left(1 + \frac{\Delta\rho}{\rho_0}\right)\left(1 - \frac{3\Delta\Re}{\Re_0}\right) + \rho_0\omega_0^2\left(1 - \frac{3\Delta\rho}{\rho_0}\right). \tag{22}\] Используя \(\Delta\rho = \dfrac{\Re}{\rho}\Delta\Re\), \[\frac{d^2\Delta\rho}{dt^2} = -\frac{2GM}{\Re_0^3}\rho_0\left(1 + \frac{\Delta\rho}{\rho_0} - \frac{3\rho_0\Delta\rho}{\Re_0^2}\right) + \rho_0\omega_0^2\left(1 - \frac{3\Delta\rho}{\rho_0}\right). \tag{23}\]

Поскольку \(\omega_0^2 = \dfrac{2GM}{\Re_0^3}\), \[\frac{d^2\Delta\rho}{dt^2} = -\omega_0^2\rho_0\left(1 + \frac{\Delta\rho}{\rho_0} - \frac{3\rho_0\Delta\rho}{\Re_0^2}\right) + \omega_0^2\rho_0\left(1 - \frac{3\Delta\rho}{\rho_0}\right), \tag{24}\] \[\frac{d^2\Delta\rho}{dt^2} = -\omega_0^2\rho_0\left(\frac{4\Delta\rho}{\rho_0} - \frac{3\rho_0\Delta\rho}{\Re_0^2}\right), \tag{25}\] \[\frac{d^2\Delta\rho}{dt^2} = -\omega_0^2\Delta\rho\left(4 - \frac{3\rho_0^2}{\Re_0^2}\right). \tag{26}\] По рисунку \(\rho_0 = \Re_0\cos30^\circ\), или \(\dfrac{\rho_0^2}{\Re_0^2} = \dfrac34\), \[\frac{d^2\Delta\rho}{dt^2} = -\omega_0^2\Delta\rho\left(4 - \frac94\right) = -\frac74\omega_0^2\Delta\rho. \tag{27}\] Угловая частота колебаний равна \(\dfrac{\sqrt7}{2}\omega_0\).

Другое решение. \(M = m\) даёт \(R = r\) и \(\omega_0^2 = \dfrac{G(M + M)}{(R + R)^3} = \dfrac{GM}{4R^3}\). Невозмущённое радиальное расстояние \(\mu\) равно \(\sqrt3R\), поэтому возмущённое радиальное расстояние можно представить как \(\sqrt3R + \zeta\), где \(\zeta \ll \sqrt3R\), как показано на рисунке.

По второму закону Ньютона \[-\frac{2GM\mu}{\{R^2 + (\sqrt3R + \zeta)^2\}^{3/2}}(\sqrt3R + \zeta) = \mu\frac{d^2}{dt^2}(\sqrt3R + \zeta) - \mu\omega^2(\sqrt3R + \zeta). \tag{1}\] Сохранение момента импульса даёт \[\mu\omega_0(\sqrt3R)^2 = \mu\omega(\sqrt3R + \zeta)^2. \tag{2}\] Преобразуем (1) и (2) алгебраически, применяя \(\zeta^2 \approx 0\) и биномиальное приближение: \[-\frac{2GM}{\{R^2 + (\sqrt3R + \zeta)^2\}^{3/2}}(\sqrt3R + \zeta) = \frac{d^2\zeta}{dt^2} - \frac{\omega_0^2\sqrt3R}{(1 + \zeta/\sqrt3R)^3},\] \[-\frac{2GM}{\{4R^2 + 2\sqrt3\zeta R\}^{3/2}}(\sqrt3R + \zeta) \approx \frac{d^2\zeta}{dt^2} - \frac{\omega_0^2\sqrt3R}{(1 + \zeta/\sqrt3R)^3},\] \[-\frac{GM}{4R^3}\sqrt3R\frac{(1 + \zeta/\sqrt3R)}{(1 + \sqrt3\zeta/2R)^{3/2}} = \frac{d^2\zeta}{dt^2} - \frac{\omega_0^2\sqrt3R}{(1 + \zeta/\sqrt3R)^3},\] \[-\omega_0^2\sqrt3R\left(1 - \frac{3\sqrt3\zeta}{4R}\right)\left(1 + \frac{\zeta}{\sqrt3R}\right) \approx \frac{d^2\zeta}{dt^2} - \omega_0^2\sqrt3R\left(1 - \frac{3\zeta}{\sqrt3R}\right),\] \[\frac{d^2}{dt^2}\zeta = -\left(\frac74\omega_0^2\right)\zeta.\]

1.4 Относительная скорость. Пусть \(v\) — скорость каждого аппарата при его движении по окружности вокруг центра \(O\). Относительные скорости обозначаются индексами \(A\), \(B\) и \(C\). Например, \(v_{BA}\) — скорость \(B\), наблюдаемая из \(A\).

Период движения по окружности равен 1 году: \[T = 365\times24\times60\times60\text{ с}. \tag{28}\] Угловая частота \(\omega = \dfrac{2\pi}{T}\). Скорость \[v = \omega\frac{L}{2\cos30^\circ} = 575\text{ м/с}. \tag{29}\] Скорость много меньше скорости света \(\to\) преобразование Галилея.

В декартовых координатах скорости \(B\) и \(C\) (наблюдаемые из \(O\)) равны:

Для \(B\): \(\vec v_B = v\cos60^\circ\,\hat{\mathbf i} - v\sin60^\circ\,\hat{\mathbf j}\).

Для \(C\): \(\vec v_C = v\cos60^\circ\,\hat{\mathbf i} + v\sin60^\circ\,\hat{\mathbf j}\).

Следовательно, \(\vec v_{BC} = -2v\sin60^\circ\,\hat{\mathbf j} = -\sqrt3v\,\hat{\mathbf j}\). Скорость \(B\), наблюдаемая из \(C\), равна \[\sqrt3v \approx 996\text{ м/с}. \tag{30}\] Заметим, что относительные скорости для каждой пары антипараллельны.

Другое решение пункта 1.4. Можно получить \(v_{BC}\), рассматривая вращение вокруг оси, проходящей через один из аппаратов: \[v_{BC} = \omega L = \frac{2\pi}{365\times24\times60\times60\text{ с}}(5\cdot10^{6}\text{ км}) \approx 996\text{ м/с}.\]