Точки лагранжа

[Munin]

Думаю, это очень просто посчитать. Берём потенциал Солнца + Земли, переходим во вращающуюся систему отсчёта (Землю приближённо считаем движущейся точно по окружности), это добавляет нам центробежный потенциал. Итого, осталось посчитать вторую производную от этого потенциала в заданной точке. Это и даст характерное время нарушения неустойчивого равновесия.

[olenellus]

   Если я нигде не наглючил (а это очень легко сделать), если можно считать массу Противоземли пренебрежимо малой по сравнению с массой Земли, то характерное время жизни (величина, обратная положительному корню характеристического уравнения линеаризации уравнений движения тела около точки $L_3$) будет примерно 300 50 лет.
   Считается так. Во вращающейся системе, начало которой в барицентре Солнце-Земля, ось $x$ направлена на Землю, а ось $z$ по угловой скорости, уравнение движения Нибиру Противоземли записываются так:

$$\ddot{x}-2\omega\dot{y}-\omega^2x=-\frac{\partial U}{\partial x};\;\ddot{y}+2\omega\dot{x}-\omega^2y=-\frac{\partial U}{\partial y};\;\ddot{z}=-\frac{\partial U}{\partial z},$$

где потенциал $U = -G\left(\dfrac{M_\odot}{r_1}+\dfrac{M_\oplus}{r_2}\right)$, где $r_1$ и $r_2$ — это расстояния от, соответственно, Солнца и Земли до Противоземли. Далее за единицу массы берётся $M_\odot+M_\oplus$, за единицу длины — 1 а.е (радиус орбиты больших тел), а за единицу времени — 1 год (период обращения больших тел) делённый на $2\pi$ (Munin, спасибо за то, что обратили внимание на ошибку). Тогда $G=1$, $M_\oplus=\mu$, $M_\odot=1-\mu$ ($\mu=M_\oplus/(M_\oplus+M_\odot)$ — приведённая масса Земли), $\omega=1$
   Линеаризация возле $L_3$ даёт:

$$\begin{cases}\ddot{\xi}-2\dot{\eta}=(1+2A)\xi,\\ \ddot{\eta}+2\dot{\xi}=(1-A)\eta,\\ \ddot{\zeta}=-A\zeta,\end{cases}$$

где $\xi$, $\eta$ и $\zeta$ — малые отклонения тела от $L_3$ по осям $x$, $y$ и $z$, соответственно, а $A=\dfrac{1-\mu}{r_1^3}+\dfrac{\mu}{r_2^3}$. Здесь $r_1$ и $r_2$ уже фиксированные расстояния до $L_3$ от Солнца и Земли, соответственно.
   Последнее уравнение можно выкинуть. Характеристическое уравнение системы из двух первых уравнений выглядит следующим образом:

$$\lambda^4+(2-A)\lambda^2+(1-A)(1+2A)=0.$$

   Это уравнение имеет одно положительное, одно отрицательное и два мнимых решений. Положительное решение есть:

$$\lambda=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(A-2+\left((A-2)^2+4(A-1)(1+2A)\right)^{1/2}\right)^{1/2}.$$

   Учитывая, что $r_1$ раскладывается по степеням $\mu$ как

$$r_1=1-\frac{7}{12}\mu-\frac{1127}{20736}\mu^3+o(\mu^3),$$

а $r_2=r_1+1$, получаем, с точностью до линейных членов по $\mu$, $A=1+\dfrac{5}{4}\mu$ и $\lambda=\dfrac{\sqrt{15\mu}}{2}$, если я нигде не наглючил. Тогда искомое характерное время убегания будет $t=1/\lambda=2/\sqrt{15\mu}$ в годах. Для системы Солнце-Земля имеем $\mu=3\cdot10^{-6}$ и $t=47$ лет...

Использованная литература:
М.Ф. Субботин. Введение в теоретическую астрономию. М. Наука 1968.

________
Добавил.
Если кто захочеть это сам прорешать, то при линеаризации надо учесть, что Солнце от барицентра отстоит на $\mu$, а Земля — на $1-\mu$. Далее, надо учесть, что $\hat{r}_1=\sqrt{(\xi-r_1)^2+\eta^2+\zeta^2}$, $\hat{r}_2=\sqrt{(\xi-r_1-1)^2+\eta^2+\zeta^2}$ (здесь шляпки поставлены для отличия расстояния до блуждающей точки от расстояний до фиксированной точки $L_3$), а так же что координаты $L_3$ это $x=x_3,\,y=z=0$, где $x_3=-r_1-\mu$, $r_2 = r_1 + 1$, и что точка $L_3$ является стационарной точкой исходной системы (отсюда и берётся разложение $r_1$ по степеням $\mu$ — как замена точного решения получившегося уравнения). Ну сама линеаризация проводится точно так же, как у Munin: путём нахождения значений частных производных второго порядка от потенциала в точке $L_3$.
_________
Исправил вопиющую ошибку с единицами времени.

[Red_Herring]

Если рассмотреть треугольные точки Лагранжа в системе Солнце--Земля, то там вроде притяжение Юпитера гораздо сильнее притяжения Земли и, по видимому, это справедливо для всех или почти всех планет (кроме самого Юпитера). Т.е. непонятно с какой стати эти точки будут "особыми".

[Евгений Машеров]

10Х!
А (если икру - так ложкой! ;) ) можно ли рассмотреть НФ-вариант с "двойником Земли", примерно равной ей массы?

[Munin]

olenellus
Чем мой-то способ не понравился?

Munin в сообщении #908989 писал(а):

Берём потенциал Солнца + Земли, переходим во вращающуюся систему отсчёта (Землю приближённо считаем движущейся точно по окружности), это добавляет нам центробежный потенциал. Итого, осталось посчитать вторую производную от этого потенциала в заданной точке. Это и даст характерное время нарушения неустойчивого равновесия.

$$\begin{array}{c} U=-G\left(\dfrac{M_\odot}{r_1}+\dfrac{M_\oplus}{r_2}\right)+\dfrac{1}{2}\omega^2r_1^2\sin^2\theta,\qquad \omega^2=\dfrac{GM_\odot}{r_\oplus^3}\\ \,\\ U=-G\left(\dfrac{M_\odot}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}+\dfrac{M_\oplus}{\sqrt{(x-r_\oplus)^2+y^2+z^2}}\right)+\dfrac{1}{2}\omega^2(x^2+y^2)\\ \,\\ \begin{array}{r@{}l@{}l} \dfrac{\partial^2U}{\partial x^2}\biggr|_{(-r_\oplus,0,0)}&{}=\dfrac{-2GM_\odot}{r_\oplus^3}+\dfrac{-2GM_\oplus}{(2r_\oplus)^3}+\omega^2\\ \,\\ \dfrac{\partial^2U}{\partial y^2}\biggr|_{(-r_\oplus,0,0)}&{}=\dfrac{GM_\odot}{r_\oplus^3}+\dfrac{GM_\oplus}{(2r_\oplus)^3}+\omega^2&{}>0\\ \,\\ \dfrac{\partial^2U}{\partial z^2}\biggr|_{(-r_\oplus,0,0)}&{}=\dfrac{GM_\odot}{r_\oplus^3}+\dfrac{GM_\oplus}{(2r_\oplus)^3}&{}>0\\ \end{array}\end{gathered}$$

Правда, ответ получается совсем другой: характерное время (в пренебрежении вторым слагаемым в строчке $\partial^2U/\partial x^2$) всего лишь $1\text{ год}/2\pi\approx 58\text{ дней}.$

-- 18.09.2014 17:16:11 --

P. S. Картинка


-- 18.09.2014 17:20:04 --

P. P. S. Правда, видно, что вразрез с пожеланием Евгения Машерова, смещается "Противоземля" в направлении Солнца, то есть, с точки зрения землян, не выходит из-за него. Чтобы найти, когда и как она появится из-за Солнца, боюсь, необходимо учесть эллиптичность орбиты Земли (и заодно, сразу станет ясно, что и неустойчивости никакой не нужно, мы увидим Противоземлю, просто ускоряясь и замедляясь на собственной орбите).

-- 18.09.2014 17:22:36 --

Зато, это означает, что в точку $L_3$ можно вывести космический аппарат, и более-менее не терять с ним связь :-) Хотя это как сказать, прямой луч всё равно будет проходить в окрестностях Солнца, с сильными радиопомехами.

-- 18.09.2014 17:24:08 --

Евгений Машеров в сообщении #909051 писал(а):

А (если икру - так ложкой! ;) ) можно ли рассмотреть НФ-вариант с "двойником Земли", примерно равной ей массы?

Думаю, ответ изменится не более чем на коэффициент порядка единицы. Правда, заодно вышибать будет и оригинальную Землю :-)

[Pphantom]

Евгений Машеров в сообщении #908964 писал(а):

Кстати, а за какое время любимая старыми фантастами Противоземля (в точке $L_3$), она же Гор, она же Галатея сместится на расстояние, позволяющее её заметить (без учёта возмущений от Венеры и других планет)?

А смысл? Венера на нее периодически будет влиять сильнее, чем Земля, так что ни о какой ограниченной круговой задаче трех тел говорить не приходится...

[olenellus]

Munin в сообщении #909167 писал(а):

olenellus
Чем мой-то способ не понравился?

Идея неплохая, но реализация подкачала. У Вас $\omega^2$ не с тем знаком вошло. Если записать с тем знаком, то получится, что первая строчка меньше нуля, а вторая — зануляется, если пренебречь массой Земли по сравнению с массой Солнца. Что уже больше похоже на правду. Ведь, смотрите:

Munin в сообщении #909167 писал(а):

Правда, ответ получается совсем другой: характерное время (в пренебрежении вторым слагаемым в строчке $\partial^2U/\partial x^2$) всего лишь $1\text{ год}/2\pi\approx 58\text{ дней}.$

Во-первых, $2\pi$ сюда попало по невнимательности. Во-вторых, Вас не смутило то, что если устремить массу Земли в ноль (устремляя в ноль массу Галатеи ещё быстрее, чтобы не нарушилось условие ограниченной задачи трёх тел), то ответ так и будет оставаться равным одному году? Хотя, ясно, что если вместо Земли летает футбольный мяч, а вместо Галатеи — песчинка, то оба предмета будут очень долго летать почти независимо по одной и той же кеплеровской орбите. Они просто не будут друг друга чувствовать.

Если же поставить правильный знак и не пренебрегать слагаемым с массой Земли, то получится, что все вторые производные положительные. Это произошло потому, что Вы уже пренебрегли массой Земли в третьем законе Кеплера. Если её там восстановить то получится

$$\left.\frac{\partial^2U}{\partial y^2}\right|_{(-r_\oplus,0,0)}=\frac{GM_\odot}{r_\oplus^3}+\frac{GM_\oplus}{8r_\oplus^3}-\frac{GM_\odot}{r_\oplus^3}-\frac{GM_\oplus}{r_\oplus^3}=-\frac{7GM_\oplus}{8r_\oplus^3}.$$

При этом характерное время получается $T_\oplus/(2\pi)\cdot2\sqrt{2/7}\sqrt{M_\odot/M_\oplus}$ или около 600 100 лет. Уже лучше.

Теперь, если учесть, что было отброшено смещение Земли и Солнца по отношению к барицентру, которое, вообще говоря, порядка отношения масс Солнца и Земли, умноженного на радиус орбиты, а точнее $r_\oplus\mu$, где можно смело положить $\mu\approx M_\oplus/M_\odot$, и если его учесть, то получим:

$$\left.\frac{\partial^2U}{\partial y^2}\right|_{(-r_\oplus,0,0)}=-3\frac{GM_\oplus}{r_\oplus^3}-\frac{7GM_\oplus}{8r_\oplus^3}-\frac{3GM_\oplus}{2(2r_\oplus)^3}\frac{M_\oplus}{M_\odot}\approx-\frac{31GM_\oplus}{8r_\oplus^3}.$$

Тогда характерное время получается $T_\oplus/(2\pi)\cdot\sqrt{8M_\oplus/31M_\odot}=46$ лет. Совсем как надо.

Но на самом деле, если всё делать вообще строго, то получится $\left.\frac{\partial^2U}{\partial y^2}\right|_{(-r_1-\mu,0,0)}=1-A$ в обозначениях выше (балда, я сам знак перепутал: должно быть $A-1$). А реальная растущая гармоника получается немного другой из-за силы Кориолиса. Я так это понимаю.

-- Чт сен 18, 2014 23:00:17 --

Munin в сообщении #909167 писал(а):

необходимо учесть эллиптичность орбиты Земли (и заодно, сразу станет ясно, что и неустойчивости никакой не нужно, мы увидим Противоземлю, просто ускоряясь и замедляясь на собственной орбите).

Ммм, вроде бы, если пренебречь неустойчивостью, то три тела в соответствующем коллинеарном положении так и будут всегда расположены коллинеарно, не смотря на периодическое изменение расстояний. Эта задача сводится к задаче Кеплера. Так что, без неустойчивостей Противоземлю не увидеть с Земли.

_______
Исправил опечатку в тексте и ошибку со знаком.
_______
Исправил вопиющую ошибку с единицами времени (спасибо Munin).
_______
И ещё раз исправил сообщение, дописав затерявшийся коэффициент.

[Munin]

olenellus в сообщении #909334 писал(а):

У Вас $\omega^2$ не с тем знаком вошло.

А, тьфу.

olenellus в сообщении #909334 писал(а):

Если записать с тем знаком, то получится, что первая строчка меньше нуля, а вторая — зануляется, если пренебречь массой Земли по сравнению с массой Солнца. Что уже больше похоже на правду.

Да.

olenellus в сообщении #909334 писал(а):

Во-первых, $2\pi$ сюда попало по невнимательности.

Нет, по внимательности. Период качаний в центробежном потенциале - 1 год, но период обратен обычной частоте, а характерное время аналогично циклической.

Остальное - да, спасибо. Я был слишком наивен :-)

olenellus в сообщении #909334 писал(а):

Ммм, вроде бы, если пренебречь неустойчивостью, то три тела в соответствующем коллинеарном положении так и будут всегда расположены коллинеарно, не смотря на периодическое изменение расстояний. Эта задача сводится к задаче Кеплера. Так что, без неустойчивостей Противоземлю не увидеть с Земли.

Я так понимаю, что "Противоземля" может быть запущена с тем же периодом, что и Земля, но с другим эксцентриситетом, другим положением перигелия, и вообще говоря, даже немного в другой плоскости (если отличия на считанные градусы, то ей это не важно). Так что, вот по этому поводу возражение не принимается :-) Реальные небесные тела обычно не точно подогнаны друг к другу (а то бы и эксцентриситеты планет были все нулевые, и лежали бы они все в одной плоскости эклиптики).

Единственная проблема - наблюдать Противоземлю пришлось бы рядом с диском Солнца, а это трудно. В атмосфере даже, может быть, невозможно: небо около Солнца яркое, даже если заслонить сам диск. Эта зона простирается вокруг Солнца до десятка его угловых диаметров. С учётом того, что днём и Венеру-то не видать, боюсь, это делает возражение бессмысленным.

[olenellus]

Munin в сообщении #909382 писал(а):

А, тьфу.

Ну я и сам знак перепутал-таки в одном месте (см. сообщение выше)

Munin в сообщении #909382 писал(а):

Нет, по внимательности. Период качаний в центробежном потенциале - 1 год, но период обратен обычной частоте, а характерное время аналогично циклической.

Да, это я дал маху. В своём первом сообщении написал, что надо взять за единицу времени год, когда надо взять год, делённый на $2\pi$. Исправил все оценки времён.

[Утундрий]

А "противо-Земля" у нас принимается в виде эдакого воздушного шарика? Очень лёгкого (иначе бы его давно отловили по возмущениям) и очень крупного (иначе его с тру-Земли не разглядеть).