Почему точки Лагранжа L4L4L_4 и L5L5L_5 устойчивы?

Когда вы смотрите на динамику во вращающейся системе отсчета, на частицу действуют 4 силы: две силы гравитационного притяжения от массивных тел, центробежное отталкивание от центра вращения (расположенного между массивными объектами) и сила Кориолиса. .

Первые три силы зависят от положения частицы и могут быть получены из потенциала (который также зависит от положения), кривые уровня которого показаны на рисунке, представленном с вопросом. Этот потенциал имеет локальные максимумы на L4 и L5.

Сила Кориолиса зависит от скорости частицы: она перпендикулярна ей, заключена в плоскости движения и пропорциональна скорости. Он искривляет движение частицы вправо (если массивные тела и система отсчета вращаются против часовой стрелки, что вы видите в нашей Солнечной системе, если стоите на северном полюсе Земли).

Если частица, помещенная в L4, пытается покинуть точку с небольшой скоростью, сила Кориолиса искривляет ее траекторию. Траектория слишком извилистая, чтобы попасть куда-либо. См. анимацию на http://demonstrations.wolfram.com/OrbitsAroundTheLagrangePointL4/ .

Конечно, это не доказывает, что частица навсегда останется вблизи L4. Я не знаю доказательства. Я видел некоторые расчеты, которые показывают, что динамическое уравнение, линеаризованное в L4, устойчиво, если отношение масс массивных объектов достаточно велико, но этого также недостаточно, чтобы доказать устойчивость в нелинеаризованной задаче.

Я был бы убежден, что равновесие устойчиво, если бы мне показали, что существует сохраняющаяся величина (зависящая от положения и скорости), которая имеет строгий локальный экстремум в этой точке фазового пространства (положение = L4, скорость = 0).

«Энергия» (потенциал, обсуждавшийся выше + кинетическая энергия, измеренная в нашей неинерциальной системе отсчета) сохраняется, потому что сила Кориолиса перпендикулярна траектории, поэтому она не совершает работу (фактически, в лагранжевой механике она выводится от потенциала, который зависит от положения и скорости частицы). Но эта величина не имеет экстремума в нашей точке равновесия, потому что потенциал имеет локальный максимум в L4, а кинетический член минимален, когда скорость равна 0.

Поэтому я не могу доказать, что равновесие устойчиво.

Вот еще один способ взглянуть на это. Позволять$M_1$,$M_2$,$M_3$быть нашими тремя массами. В рассматриваемой нами задаче трех тел вся система координат, содержащая$M_1$,$M_2$а также$M_3$вращается.

Вы правы, думая, что если бы этот кадр был фиксированным, то точки L4 и L5 не были бы стабильными. Ведь если побеспокоить$M_3$от L4 или L5, то он должен просто скатиться с потенциального холма.

Но здесь действует другая сила. Поскольку рамка вращается, существует фиктивная сила, называемая силой Кориолиса, которую вы можете почувствовать. Это та же самая сила, которая заставляет ураганы вращаться по спирали, если смотреть из космоса.

Когда вы принимаете во внимание силу Кориолиса, L4 и L5 становятся устойчивыми неподвижными точками. То есть, если вы возмущаетесь$M_3$немного от L4, он просто останется на возмущенном расстоянии и будет вращаться вокруг точки L4.

Если кто-то хочет увидеть математику для этого, ознакомьтесь с этой полезной статьей.

Как прокомментировали другие, в том числе OP, эффективный потенциал (состоящий из силы тяжести и центробежного потенциала )

$$V~=~ -\frac{Gm_1}{|z_1|} - \frac{Gm_2}{|z_2|} -\frac{\Omega^2 |z|^2}{2} \tag{1}$$ в орбитальной плоскости$\mathbb{R}^2\cong\mathbb{C}$имеет глобальный максимум в точках Лагранжа$L_4$а также$L_5$, $$\begin{align}z_1~=~&\hspace{5mm} R\exp\left\{\pm \frac{i\pi}{3} \right\} ~=~\hspace{5mm}\frac{R}{2}\pm\frac{\sqrt{3}iR}{2}, \cr z_2~=~&-R\exp\left\{\mp \frac{i\pi}{3} \right\}~=~-\frac{R}{2}\pm\frac{\sqrt{3}iR}{2} .\end{align} \tag{2}$$ Я здесь использую те же обозначения, что и мой ответ Phys.SE здесь : $$\begin{align}z_1~:=&~ z-r_1~\neq~0,\cr z_2~:=&~ z-r_2~\neq~0,\cr \Omega^2~:=&~\frac{G(m_1+m_2)}{R^3}.\end{align} \tag{3}$$ Обычно тестовая частица не хочет быть на глобальном максимуме! Однако не следует забывать о силе Кориолиса .

Главное утверждение. Когда пробная частица пытается уйти$L_4$или же$L_5$, сила Кориолиса предотвратит это за счет отклонения тогда и только тогда, когда одно из соотношений масс$m_1/m_2$или же$m_2/m_1$превышает

$$\frac{25}{2}+\frac{3}{2}\sqrt{69}~\approx~25.\tag{4}$$

В этом ответе я хотел бы рассчитать это условие отношения масс (4), которое также упоминается в Википедии .

Гессе эффективного потенциала (1) равен

$$\begin{align}H^{ik}~:=~&\frac{\partial^2 V}{\partial z^i \partial z^k},\qquad i,k~\in~\{1,2\},\qquad {\bf z}~\in~\mathbb{R}^2,\cr {\bf H}~=~& -Gm_1 \left(\frac{3{\bf z}_1{\bf z}_1^T}{|{\bf z}_1|^5}-\frac{{\bf 1}_{2\times 2}}{|{\bf z}_1|^3}\right)\cr &-Gm_2 \left(\frac{3{\bf z}_2{\bf z}_2^T}{|{\bf z}_2|^5}-\frac{{\bf 1}_{2\times 2}}{|{\bf z}_2|^3}\right) -\Omega^2{\bf 1}_{2\times 2} . \end{align} \tag{5}$$ В$L_4$или же$L_5$, гессиан становится $$\begin{align} {\bf H}~=~&-\frac{3\Omega^2}{4} \begin{pmatrix} 1 & \pm \sqrt{3}\epsilon_{12} \cr \pm \sqrt{3}\epsilon_{12} & 3 \end{pmatrix}, \cr \epsilon_{12}~:=~&\epsilon_1-\epsilon_2~=~\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}~=~1-2\epsilon_2~\in~]-\!1,1[. \end{align} \tag{6}$$ След и определитель $${\rm tr}({\bf H})~=~-3\Omega^2 \qquad\text{and}\qquad \det({\bf H})~=~\frac{27\Omega^4}{16}(1-\epsilon^2_{12})~>~0. \tag{7}$$

Воспользуемся теперь следующей теоремой$^1$упоминается в исх. 1:

Теорема. Пусть дан гессиан${\bf H}$для эффективного потенциала$V:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$в точке Лагранжа. Позволять$\Omega$быть угловой скоростью. Следующие 3 условия необходимы и достаточны для того, чтобы точка Лагранжа была стабильной:

1. $C~:=~\det({\bf H})~\geq~0.$

2. $B~:=~{\rm tr}({\bf H})+4\Omega^2~\geq~0.$

3. $D~:=~B^2-4C~\geq~0.$

NB: приведенная выше теорема игнорирует члены более высокого порядка в$V$, что может стать важным, если$\det({\bf H})=0$.

Первые два условия выполняются:

$$C~=~\frac{27\Omega^4}{16}(1-\epsilon^2_{12})~>~0 \qquad\text{and}\qquad B~=~\Omega^2~>~0.\tag{8}$$ Третье условие гласит $$0~<~D~=~\frac{27\epsilon^2_{12}-23}{4}~=~27\left(\epsilon^2_2-\epsilon_2 +\frac{1}{27} \right) \tag{9}.$$ Корни квадратного уравнения$D=0$находятся $$\frac{m_2}{m_1+m_2}~\equiv~\epsilon_2~=~\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{69}}{18}~\approx~\left\{\begin{array}{c}25/26,\cr 1/26.\end{array}\right.\tag{10}$$ Это приводит к условию (4).$\Box$

Использованная литература:

1. Дж. Бинни и С. Тремейн, Galactic Dynamics, 2-е издание (2008 г.); п. 181-182.

--

$^1$ Доказательство теоремы: линеаризованная ЭОМ в точке Лагранжа.${\bf z}={\bf 0}$в орбитальной плоскости$\mathbb{R}^2$читает

$$\ddot{\bf z} ~\approx~\underbrace{2 \Omega ~{\bf J} \dot{\bf z}}_{\text{Coriolis}} - {\bf H} {\bf z}, \qquad {\bf J}~:=~\begin{pmatrix} 0 & 1 \cr -1 & 0 \end{pmatrix},\tag{11}$$

где первый член в правой части. есть сила Кориолиса. Гессе - это реальная симметричная матрица, поэтому ее можно диагонализовать с двумя главными осями. После возможного поворота координат${\bf z}\mapsto e^{J\phi}{\bf z}$, можно предположить, что гессиан

$${\bf H}~=~\begin{pmatrix} H_1 & 0 \cr 0 & H_2 \end{pmatrix}\tag{12}$$

является диагональным. (Вращение коммутирует с кориолисовым членом (11) и оставляет 3 условия теоремы неизменными!) ЭОМ (11) представляют собой 2 связанных однородных ОДУ 2-го порядка с постоянными коэффициентами. Их характеристическое уравнение представляет собой уравнение 4-го порядка

$$0~=~\left| \begin{array}{cc} \lambda^2 +H_1& -2\Omega \lambda \cr 2\Omega \lambda & \lambda^2 +H_2 \end{array} \right| ~=~(\lambda^2)^2 +B\lambda^2 +C \tag{13},$$ у которого 4 корня $$\lambda^2~=~\frac{-B\pm \sqrt{D}}{2}\tag{14} .$$ уравнение (13) представляет собой уравнение 2-го порядка. в$\lambda^2$. Решение по 2 координатам$z^1$а также$z^2$являются линейными комбинациями экспонент$e^{\lambda t}$, куда$\lambda$является корнем. Условие устойчивости состоит в том, что${\rm Re}(\lambda)\leq 0$для всех 4-х корней.

Однако из-за симметрии в уравнении. (13), если$\lambda$это корень, так$-\lambda$. Итак, условие стабильности состоит в том, что${\rm Re}(\lambda)=0$для всех 4 корней, т.е.$\lambda$воображаемый. Или то же самое, что$\lambda^2 \leq 0$неположительна для всех 4 корней.

Это возможно только в том случае, если дискриминант$D\geq 0$в уравнении (14) неотрицательно, т. е. 3-е условие теоремы.

1-е и 2-е условия

$$C,B~\geq~ 0\qquad\Leftrightarrow\qquad\lambda^2_{\pm}~\leq~0 \tag{15}$$ следует из известного факта, что $$C~=~ \lambda^2_+\lambda^2_-\qquad\text{and}\qquad-B~=~\lambda^2_++\lambda^2_- \tag{16}$$ во 2-м порядке ур. (13) есть произведение и сумма его корней соответственно.$\Box$

Я думаю, что здесь есть несколько хороших объяснений, но я попытаюсь добавить очень упрощенное, надеюсь, интуитивно понятное объяснение.

Во-первых, давайте договоримся о некоторых соглашениях. Предположим, Земля движется против часовой стрелки вокруг Солнца. Он движется по круговой орбите на расстоянии$R$(от барицентра) с угловой скоростью$\Omega$.

Мы собираемся сосредоточиться на L4. Во-первых, предположим, что вы начали точно на L4, двигаясь с нужной скоростью, чтобы оставаться там. Это, безусловно, равновесие, для поддержания которого не требуется никакой силы — мы ненадолго оставим вопрос о стабильности в покое. С какой скоростью вы едете, оставаясь на L4? Ну, ваша угловая скорость должна быть просто скоростью шаблона$\Omega$, то есть в коротирующей системе отсчета (той, в которой Солнце и Земля зафиксированы точно так же, как на картинке) вы вообще не двигаетесь. В инерциальной системе отсчета с центром масс системы, находящимся в состоянии покоя, вы должны иметь скорость$\Omega R$, и он направлен полностью в азимутальном направлении, то есть по касательной к окружности вашей орбиты.

Теперь предположим, что вы вышли из этого удобного положения равновесия. Для определенности предположим, что теперь вы оказались немного ближе к барицентру; вас переместили по линии, соединяющей его с L4. Кроме того, вы не потеряли слишком много кинетической энергии (чтобы уточнить в следующем абзаце). Это важно. Если что-то, скажем, вязкое сопротивление, будет продолжать истощать всю вашу энергию, вам придется упасть в нижнюю часть потенциальной поверхности, и вы не сможете оставаться вблизи L4.

Еще одно упрощающее предположение: ваш импульс все еще в том же направлении, что и когда вы блаженно сидели на L4. То есть он полностью азимутальный. Итак, какова ваша ситуация сейчас. Итак, ваше новое расстояние от барицентра равно$R - \Delta R$. Чтобы не отставать от скорости шаблона (т. е. не двигаться относительно Земли и L4 на этой диаграмме), вам нужна азимутальная скорость$\Omega (R - \Delta R) < \Omega R$. Вам не нужна такая большая скорость, и, следовательно, вам не нужно столько кинетической энергии, чтобы не отставать от вращения. Изначально у вас была удельная кинетическая энергия (кинетическая энергия на единицу массы)$(1/2) \Omega^2 R^2$, и теперь, пока у вас есть более$(1/2) \Omega^2 (R - \Delta R)^2$, вы продвинетесь вперед .

Итак, судя по рисунку, вы сместились куда-то ниже и левее L4, а теперь будете двигаться вверх и левее, по крайней мере изначально. Как и любая тестовая масса с тангенциальной скоростью, слишком большой для круговой орбиты, вы будете двигаться наружу. Во вращающейся системе отсчета это можно интерпретировать как проявление силы Кориолиса. [Кроме того, сила Кориолиса действует в направлении$-\vec{\Omega} \times \vec{v}$, и с$\vec{\Omega}$указывая вверх от страницы и$\vec{v}$(ваша скорость во вращающейся системе отсчета ), направленная по азимуту против часовой стрелки, вы можете видеть, что это вызовет направленное наружу ускорение.] путь в круг.

Так что же происходит? По мере того, как вы продвигаетесь вперед по шаблону (ваша угловая скорость больше, чем$\Omega$), вас также выталкивает наружу. В конце концов вы окажетесь на расстоянии$R$снова, но теперь вы впереди (против часовой стрелки, вверх и левее) L4. Радиальная «сила» исчезнет где-то здесь, но помните, что у вас есть инерция, независимо от того, инерциальна ваша система отсчета или нет! Таким образом, вы будете двигаться дальше, на расстояние от барицентра больше, чем$R$. На этой стороне$R$, однако все наоборот. У вас недостаточно скорости, чтобы не отставать от угловой скорости$\Omega$, так что вы отстаете. Теперь вы движетесь против часовой стрелки в этом вращающемся кадре, зацикливаясь на внешней стороне L4. Конечно, из-за того, что вы двигаетесь слишком медленно, чтобы удерживать круговую орбиту (описано в инерциальной системе отсчета), или потому что есть сила Кориолиса, направленная внутрь (описанная во вращающейся системе отсчета), вы ускоряетесь внутрь. В конце концов вы будете двигаться за L4 и вернетесь где-то рядом с тем местом, где вы начали это путешествие сразу после перемещения.

Орбиты могут быть сложными для аналитического описания, но, надеюсь, это показывает, где вступают в действие «силы» и куда они направлены. В конечном итоге вы отслеживаете путь, который идет по часовой стрелке вокруг L4 (обратите внимание, что все другие мои варианты использования «по часовой стрелке»/«против часовой стрелки» относятся к барицентру).

И последнее замечание: во вращающейся системе отсчета это действительно проблема динамики , когда вы не можете получить движение, просто дифференцируя простой потенциал. Обратите внимание, что мы начали делать это, и это привело к путанице. В дополнение к гравитационным потенциалам, индуцированным двумя массами, мы добавили член к эффективному потенциалу (функция, контуры которой показаны на диаграмме), чтобы учесть центробежную силу:

$$\Phi_\text{eff}(\vec{x}) = -G \left(\frac{M_\odot}{\lvert \vec{x}-\vec{x}_\odot\rvert} + \frac{M_\oplus}{\lvert \vec{x}-\vec{x}_\oplus\rvert} + \frac{M_\odot+M_\oplus}{2\lvert \vec{x}_\oplus-\vec{x}_\odot \rvert^3} \lvert \vec{x} \rvert^2\right),$$ куда $\vec{x}$— двумерный вектор в плоскости системы с началом в центре масс. ( Галактическая динамика Бинни и Тремейна выводит это в обход; возможно, есть и более прямые трактовки.) Однако мы можем остановиться здесь только в том случае, если хотим рассматривать только силы, действующие на частицы, покоящиеся во вращающейся системе отсчета. Как указано в другом посте, центробежная сила ( $-\vec{\Omega} \times \vec{\Omega} \times \vec{x}$) — не единственная фиктивная сила, о которой нам следует беспокоиться. Если испытуемый объект имеет скорость относительно вращающейся системы отсчета, как в данном случае, мы имеем силу Кориолиса ( $-2\vec{\Omega} \times \dot{\vec{x}}$), что мы не учитывали при построении эффективного потенциала. Причина в том, что это функция не только двухмерного позиционного пространства, но и всего четырехмерного фазового пространства. Есть еще одна распространенная фиктивная сила, которую, к счастью, нам не пришлось рассматривать: сила Эйлера ( $-\dot{\vec{\Omega}} \times \vec{x}$). Это вступало бы в силу только в том случае, если бы скорость паттерна изменялась (скажем, если бы у Земли было какое-то дополнительное ускорение, возможно, из-за того, что она находилась на эксцентричной орбите).

Три темы:

1. Существует электромагнитная аналогия неинерционных сил во вращающейся системе отсчета.
2. Прежде чем рассматривать ограниченную задачу трех тел, рассматриваемую в этом вопросе, проанализируйте известную задачу двух тел во вращающейся системе отсчета. Я думаю, что интерпретация этих результатов в терминах известных решений этой проблемы поучительна.
3. Наконец, посмотрите на точки Лагранжа.

1. Электромагнитная аналогия. Оказывается, неинерционные силы на массу$m$во вращающейся системе отсчета можно преобразовать в точную форму электромагнитной силы Лоренца, действующей на заряд$q$в инерциальной системе отсчета.

Ссылка Морено и Баррачины (pdf) . Есть несколько досадных опечаток, но я думаю, что результаты, которые я излагаю, точны.

В частности, для вращающейся системы отсчета с угловой скоростью$\boldsymbol{\omega}$, если электромагнитный скалярный потенциал$\phi$и векторный потенциал$\boldsymbol{A}$принимаются за:

$$\phi = -\left(\frac{m}{q}\right) \frac{\boldsymbol{(\omega \times r)^2}}{2}$$ $$\boldsymbol{A} = \left(\frac{m}{q}\right) \boldsymbol{\omega \times r}$$ тогда электромагнитная сила на заряд $q$в инерциальной системе отсчета такое же, как неинерционные силы на массу $m$во вращающейся раме.

В частности, при постоянной угловой скорости$\boldsymbol{\omega}$перпендикулярно плоскости движения (как в этой задаче), в цилиндрических координатах$(r,\theta,z)$, аналогичное электрическое поле$\boldsymbol{E}$и магнитное поле$\boldsymbol{B}$находятся:

$$E=\left(\frac{m}{q}\right) \omega^2 r \, \, \boldsymbol{\hat{r}}$$ $$B=\left(\frac{m}{q}\right) 2 \omega \boldsymbol{\hat{z}}$$

Электрическое поле «имитирует» центробежную силу, а магнитное поле — силу Кориолиса. Тогда сохраняется вся интуиция силы Лоренца: сила Кориолиса отклоняет тело перпендикулярно его скорости, образуя круги в отсутствие других сил.

2. Задача двух тел во вращающейся системе координат. Задача двух тел ($M_s$(солнце),$M_e$(земля)) можно представить во вращающейся системе отсчета с угловой скоростью$\omega$(сделав угловую скорость независимой переменной). Выполнение обычного преобразования в потенциал одного тела$U$, получается:

$$U=-\frac{GM_t M_r}{r} - M_r \frac{\omega^2 r^2}{2} -M_r \omega r^2 \dot{\theta}$$ $$\text{ where } \qquad M_t=M_s+M_e , \qquad \frac{1}{M_r}=\frac{1}{M_s} + \frac{1}{M_e} , \qquad \alpha=\frac{M_e}{M_t}, \beta=\frac{M_s}{M_t}$$

Решение для стационарной точки$r_o$(с$\dot{\theta}=0$), можно получить обычный результат:

$$r_o = \left(\frac{G M_t}{\omega^2} \right)^\frac{1}{3} , \text{sun x-y coordinates }(x_s,y_s)=(-\alpha r_o, 0) , \text{earth }(x_e,y_e)=(\beta r_o, 0)$$

Но заметьте, что потенциал при$r_o$это максимум, а не минимум!

Чтобы понять, что происходит, найдите линеаризованные уравнения движения вокруг стационарной точки.

$$(x,y)=(x_o+\delta x,y_o+\delta y) \qquad , \qquad (v_x,v_y) = (\delta v_x, \delta v_y)$$ $$\frac{d}{dt} \left( \begin{array}{c} \delta x \\ \delta y \\ \delta v_x \\ \delta v_y \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ -q_{xx} & -q_{xy} & 0 & 2 \omega \\ -q_{xy} & -q_{yy} & -2 \omega & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} \delta x \\ \delta y \\ \delta v_x \\ \delta v_y \end{array} \right)$$ $$\text{ with } q_{xx}=\frac{1}{m} \frac{d^2U}{dx^2}, q_{yy}=\frac{1}{m} \frac{d^2U}{dy^2}, \text{ and } q_{xy}=\frac{1}{m} \frac{d^2U}{dx \, dy}$$ Собственные частоты $s_i$являются корнями характеристического многочлена, который оказывается: $$s^4 - \Gamma s^2 + \Delta = 0$$ $$\text{ where } \Gamma = -( q_{xx} + q_{yy} +4 \omega^2) \text{ and } \Delta = q_{xx} q_{yy} - q_{xy}^2$$

Для этого случая только$q_{xx}=-3 \omega^2$отлична от нуля (максимум отрицательная кривизна), поэтому можно найти$\Gamma =- \omega^2$а также$\Delta=0$, а собственные частоты:

$$s_{1,2} = 0 \qquad , \qquad s_{3,4}=\pm i \omega$$ соответствующий нейтральному отклику или колебательному движению на частоте вращения. Сила Кориолиса искривляет траектории и тем самым «превращает» неустойчивое равновесие в центр колебательного движения.

Интерпретация: Круговая орбита (соответствующая стационарной точке) — это только одно из возможных решений задачи двух тел; в общем случае орбиты представляют собой эллипсы, поэтому следует ожидать колебательного движения вокруг неподвижной точки, периодического на частоте вращения. (Я думаю, что собственные частоты 0 соответствуют азимутальному смещению положения.) Дело в том, что движение не является неустойчивым, несмотря на то, что оно является локальным максимумом, и следует ожидать отсутствия затухания (отрицательная действительная часть собственных частот). .

(Кстати, если$q_{xx}$были положительными, что соответствовало локальному минимуму, результирующие собственные частоты колебаний были бы на более высокой частоте, чем$\omega$, и результирующее движение не будет эллиптическим.)

3. Точки Лагранжа Ограниченная задача трех тел может быть проанализирована так же, как и выше, и определена устойчивость каждой стационарной точки. Ссылка корнуоллская (pdf) . Оказывается, что L1, L2 и L3 имеют положительные собственные частоты и, следовательно, нестабильны. L4 и L5 имеют все чистые мнимые собственные частоты (пока$M_e<25 M_s$), и, следовательно, имеют движения, аналогичные задаче двух тел.

Обновление : вот несколько заметок о характере динамики в различных точках Лагранжа:

L4 и L5: эти точки больше всего похожи на задачу двух тел с относительно небольшой отрицательной (дестабилизирующей) потенциальной кривизной, которая стабилизируется силой Кориолиса.

Л3: Эта точка (планета "х" по ту сторону солнца от земли) мне наиболее интересна. Поскольку кривизны снова малы (как в задаче двух тел о Земле), а одна из них на самом деле положительная (стабилизирующая), кажется странным, что L3 неустойчива. Разрешение состоит в том, что кривизны противоположного знака образуют седловую точку. Тело может покинуть такую ​​точку, медленно двигаясь вблизи линии нулевой кривизны (и, следовательно, нулевой силы); с правильным углом и скоростью он медленно ускоряется, и сила Кориолиса неэффективна для остановки побега.

L1 и L2: эти точки нестабильны по двум причинам: а) большая отрицательная (дестабилизирующая) потенциальная кривизна от близлежащей земли подавляет стабилизирующий эффект силы Кориолиса и б) главные кривизны различаются по знаку (как L3), образуя седловую точку.

Я не уверен, что есть простое интуитивное объяснение, но давайте попробуем так:

Прежде чем мы сможем прояснить причину, по которой эти точки стабильны, обратите внимание на следующее: если у вас есть объект, вращающийся вокруг другого (для упрощения) гораздо большего. Эта система изолирована и содержит некоторую полную энергию. Теперь, если мы хотим найти другие конфигурации этой системы двух тел с той же энергией, мы найдем их, уменьшив потенциальную энергию (то есть уменьшив расстояние между двумя объектами) на ту же величину, на которую мы увеличим кинетическую энергию (на увеличивая тангенциальную скорость), поэтому полная энергия системы остается неизменной. Обратите внимание, что мы могли бы сделать и обратное. Итак, итог: при заданной полной энергии орбитальное тело может быть близко к центральному объекту и иметь высокую тангенциальную скорость или быть далеко с более низкой тангенциальной скоростью (см.

Итак, вернемся к задаче трех тел. Чтобы понять, почему малая масса находится в стабильном равновесном состоянии, вы можете нарисовать равносторонний треугольник или посмотреть на спутник на этом рисунке :Поскольку центр масс (вокруг которого вращается каждый из объектов) НЕ находится в центре очень большой массы, орбита 3-й массы (Луны) находится немного внутри орбиты малой массы (на рисунке орбита Луны находится немного внутри орбиты спутника). Если теперь мы переместим спутник по его траектории к Луне, мы не изменим его радиальное расстояние и, следовательно, не изменим его тангенциальную скорость (согласно тому, что было упомянуто выше). Что мы делаем, так это приближаем его к Луне и дальше от Земли. Поскольку спутник действительно вращается вокруг Луны (тоже по часовой стрелке, чтобы получить представление об этом, представьте себя на Луне и попытайтесь понять, как бы вы увидели спутник.), приближая его, мы уменьшаем потенциальную энергию между луной и спутник, что приводит (из-за сохранения энергии) к увеличению тангенциальной скорости (по часовой стрелке вокруг Луны), при этом спутник стремится удалиться от земли (и от центра масс). Отдаляясь от Земли, мы увеличиваем его потенциальную энергию по отношению к Земле, что заставляет его вращаться вокруг Земли медленнее, таким образом, он стремится удалиться от Луны (поскольку вращение, которое он описывает вокруг Земли, также совершается по часовой стрелке. удаляясь от Луны, мы увеличиваем потенциальную энергию между спутником и Луной, тем самым уменьшая угловую скорость Спутник стремится двигаться к Земле, уменьшая потенциальную энергию в системе спутник-Земля, таким образом увеличивая угловую скорость приближая его к луна,... и мы вернулись к началу. таким образом, спутник стремится удалиться от Земли (и центра масс). Отдаляясь от Земли, мы увеличиваем его потенциальную энергию по отношению к Земле, что заставляет его вращаться вокруг Земли медленнее, таким образом, он стремится удалиться от Луны (поскольку вращение, которое он описывает вокруг Земли, также совершается по часовой стрелке. удаляясь от Луны, мы увеличиваем потенциальную энергию между спутником и Луной, тем самым уменьшая угловую скорость Спутник стремится двигаться к Земле, уменьшая потенциальную энергию в системе спутник-Земля, таким образом увеличивая угловую скорость приближая его к луна,... и мы вернулись к началу. таким образом, спутник стремится удалиться от Земли (и центра масс). Отдаляясь от Земли, мы увеличиваем его потенциальную энергию по отношению к Земле, что заставляет его вращаться вокруг Земли медленнее, таким образом, он стремится удалиться от Луны (поскольку вращение, которое он описывает вокруг Земли, также совершается по часовой стрелке. удаляясь от Луны, мы увеличиваем потенциальную энергию между спутником и Луной, тем самым уменьшая угловую скорость Спутник стремится двигаться к Земле, уменьшая потенциальную энергию в системе спутник-Земля, таким образом увеличивая угловую скорость приближая его к луна,... и мы вернулись к началу.

Так что, следуя этому ходу мысли, может стать яснее, почему эти точки стабильны (кстати, это не зависит от направления вращения, попробуйте продумать это с вращением против часовой стрелки). К сожалению, это не конец истории: вы можете провести тот же мысленный эксперимент независимо от реальных масс Луны и Земли, и вы всегда найдете стабильную точку. Что на самом деле важно, так это массовое соотношение между двумя массами. Лишь в довольно небольшом диапазоне точка стабильна. Для многих систем изменение расстояния между спутником и Луной не может быть уравновешено результирующим изменением тангенциальной скорости (что приводит к компенсирующему изменению расстояния между спутником Земли), и спутник покидает точку, а эфир начинает вращаться вокруг Луны или солнце. Что ж,Это хорошее описание явления.

Надеюсь, это помогло.

Кстати: обратите внимание, что силы Кориолиса НЕ существует. Его необходимо вводить, когда используется ускоренная система отсчета, чтобы компенсировать ускорение системы отсчета. Как правило, нам нужно было бы ввести эту вымышленную силу при выборе Земли или Луны в качестве системы отсчета (обе они ускоряются, поскольку вращаются вокруг друг друга). Я бы рекомендовал не начинать включать такие несуществующие силы, поскольку вы рискуете спутать их с настоящими. Используйте центр масс в качестве системы отсчета и опишите систему, используя сферические координаты. При выводе единичного вектора вы увидите «странные» условия, которые необходимо включить для ускорения. При использовании 2-го закона Ньютона эти термы остаются на стороне ускорения, и нет необходимости изобретать какие-то новые силы.

Насколько я знаю, в L4,L5 потенциал Гравитационной силы максимален, хотя это необычно для кинематики, которая считает устойчивыми точками когда U->Min , но в Динамических системах устойчивыми точками могут быть даже когда U->Max , но тогда мы называем это «динамическим равновесием» в том смысле, что объект действительно будет двигаться вокруг стабильной точки (но никогда не станет самой стабильной точкой, даже по прошествии бесконечного времени) (есть и другие отличия классические устойчивые точки). Математически это можно доказать, используя определение устойчивости динамических систем по Ляпунову.

PS Я никогда не делал этого сам, но наш профессор говорил об этом во время нашего курса астрофизики.

Я думаю, что вас смущает вращающаяся система отсчета... Точки L4 и L5 вращаются вокруг центра масс (ЦМ) системы Земля-Солнце с той же скоростью, что и Земля и Солнце вращаются вокруг друг друга. Поэтому, когда вы проводите мысленный эксперимент о том, что происходит с точечной массой в L5 или L4 при бесконечно малом смещении, легче думать об инерциальной системе отсчета. Если на изображении выше Земля вращается против часовой стрелки, это качественное описание того, что происходит с точечной массой, слегка сдвинутой от L5:

• если его немного сместить от/ближе к ЦУ, ему не хватит/имеет слишком большую тангенциальную скорость для своего нового положения, и он начнет отставать/опередить L5, т.е. двигаться по часовой стрелке/против часовой стрелки.
• если его сместить немного впереди/позади L5, то есть против часовой стрелки/по часовой стрелке вокруг ЦМ, его скорость больше не будет касательной к его орбите, поэтому он начнет дрейфовать от/ближе к ЦМ.

Объедините это вместе, и вы получите, что объект, смещенный со своего положения в L5, перейдет на орбиту по часовой стрелке вокруг L5. Эта орбита устойчива, если отношение масс больше ~25.

Я думаю, что тот факт, что вы забываете (что легко, я только что прочитал статью, чтобы найти это!), заключается в том, что на орбите сохраняется угловой момент. Итак, если объект на$L_4$или же$L_5$возмущается, скажем, внутрь, затем немного ускоряется и позднее пересекает орбиту. Но потом снова замедляется. Во вращающейся системе отсчета есть некоторое движение вокруг точки Лагранжа, но оно представляет собой движение вокруг стабильной точки.

В отличие от коллинеарных лагранжевых точек треугольные точки (L4 и L5) являются устойчивыми равновесиями (ср. аттрактор) при условии, что отношение$M_1/M_2$больше, чем$24.96$. Это относится к системе Солнце-Земля, системе Солнце-Юпитер и, с меньшим отрывом, к системе Земля-Луна. Когда тело в этих точках возмущено, оно удаляется от точки, но фактор, противоположный тому, который увеличивается или уменьшается из-за возмущения (либо сила тяжести, либо скорость, вызванная угловым моментом), также будет увеличиваться или уменьшаться, искривляя траекторию тела. на стабильную орбиту в форме фасоли вокруг точки (как видно во вращающейся системе отсчета).