Задача двух тел сравнимых масс

[Утундрий]

Ingus в сообщении #912307 писал(а):

Что не так то

Не так то, что вы никак не определитесь какую задачу решаете. Исходную или приведенную.

[Ingus]

Утундрий в сообщении #912315 писал(а):

Исходную или приведенную.

Исходная неправильно решена. Приведенная -как показать, что период обращения падает с увеличением массы как корень из отношения масса центрального тела к массе суммы тел..

[Pphantom]

Ingus в сообщении #912508 писал(а):

Исходная неправильно решена. Приведенная -как показать, что период обращения падает с увеличением массы как корень из отношения масса центрального тела к массе суммы тел..

Т.е. вывести 3-й закон Кеплера (ну или воспользоваться им, это явно проще).

[Утундрий]

(Оффтоп)

Тэкс, теперь у меня нормальная клавиатура и по такому поводу полагается немножечко пописАть.

Итак, пусть имеются две массы $m_1$ и $m_2$, положение которых в некоторой ИСО задано радиус-векторами $\vec R_1$ и $\vec R_2$ соответственно. Введём ещё вектор относительного положения $\vec r \equiv \vec R_2 - \vec R_1$, соединяющий рассматриваемые массы в направлении от $m_1$ к $m_2$. Закон Всемирного Тяготения гласит

$$\ddot{\vec R}_1 = Gm_2 \frac{{\vec r}}{{r^3 }},\quad \ddot{\vec R}_2 = - Gm_1 \frac{{\vec r}}{{r^3 }}.\eqno (A)$$

Откуда следует

$$\ddot{\vec r} = \ddot{\vec R}_2 - \ddot{\vec R}_1 = - G\left( {m_1 + m_2 } \right)\frac{{\vec r}}{{r^3 }}.\eqno (B)$$

Заметим, что точно такое же уравнение получилось бы в задаче о движении пробного тела в поле притяжения массы $\left( {m_1 + m_2 } \right)$. Допустим, задача $(B)$ решена (мы решим её ниже) и $\vec r\left( t \right)$ найдено. Как вернуться обратно к векторам $\vec R_1$ и $\vec R_2$? Для этого нужно как-то фиксировать систему отсчёта. С этой целью составим выражение $m_1 \vec R_1 + m_2 \vec R_2$ и найдём его вторую производную в силу системы $(A)$. Результатом будет нуль. Это значит, что точка с радиус-вектором $m_1 \vec R_1 + m_2 \vec R_2$ движется в нашей ИСО равномерно и прямолинейно. Совершим подходящее галилеево преобразование и догоним эту точку, заодно переносами поместив её в центр $O$. Теперь обратная редукция может быть совершена, ибо из

$$m_1 \vec R_1 + m_2 \vec R_2 = 0$$

мгновенно следует

$$\vec R_1 = - \frac{{m_2 }}{{m_1 + m_2 }}\vec r,\quad \vec R_2 = \frac{{m_1 }}{{m_1 + m_2 }}\vec r.$$

Вернёмся к решению задачи $(B)$, которую (для удобства) перепишем в виде

$$\ddot{\vec r} = - Gm\frac{{\vec r}}{{r^3 }}.\eqno(B')$$

Введём в рассмотрение две важные величины. Первая почти очевидна

$$\vec \mu \equiv \vec r \times \dot{\vec r},$$

а со второй придётся повозиться. Закончим сперва с первой. Взяв от неё производную, и подставляя $(B')$ сразу же получим нуль. Это значит, что вектор $\vec \mu$ есть интеграл движения. Направлен он (просто по определению векторного произведения) строго поперёк как скорости так и радиус-вектора нашего пробного тела, а стало быть и всё движение заусегда приключается тоже в одной этой самой плоскости. Перпендикулярной, ещё раз отметим, $\vec \mu$. С первым интегралом покончено, соорудим второй. Для этого составим и распишем следующую производную

$$\frac{d}{{dt}}\left( {\dot{\vec r} \times \vec \mu } \right) = - Gm\frac{{\vec r \times \left( {\vec r \times \dot{\vec r}} \right)}}{{r^3 }} = - Gm\frac{{r\dot r\vec r - r^2 \vec r}}{{r^3 }} = \frac{d}{{dt}}\left( {Gm\frac{{\vec r}}{r}} \right).$$

Что означает сохранение ещё одной векторной (хотя предыдущая была, строго говоря, не векторной, а псевдо-векторной) величины

$$\vec \varepsilon \equiv \frac{{\dot{\vec r} \times \vec \mu }}{{Gm}} - \frac{{\vec r}}{r}.$$

Это очень полезная штука, поэтому перепишем её ещё раз, раскрыв фигурирующее тут двойное векторное произведение

$$\dot{\vec r} \times \left( {\vec r \times \dot{\vec r}} \right) = v^2 \vec r - r\dot r\vec v,$$

где мы наконец ввели давно просившееся в компанию обозначение для скорости

$$\vec v \equiv \dot{\vec r}.$$

Подставляя это взад и приводя что получится, получаем

$$\vec \varepsilon = \left( {\frac{{rv^2 }}{{Gm}} - 1} \right)\frac{{\vec r}}{r} - \frac{{r\dot r\vec v}}{{Gm}}.$$

Этой формулой особенно удобно пользоваться в перицентрах, в коих, как известно, $\dot r = 0$. Ну а вычисленное один раз значение $\vec \varepsilon$ остаётся навсегда. Интеграл же.

Однако, вычислить, мы его вычислим, но какая с такого интеграла польза? А вот какая. Составим и распишем следующее скалярное произведение

$$\vec \varepsilon \cdot \vec r = r\left( {\frac{{rv^2 }}{{Gm}} - 1} \right) - \frac{{\left( {r\dot r} \right)^2 }}{{Gm}} = - r + \frac{{r^2 v^2 - \left( {\vec r \cdot \vec v} \right)^2 }}{{Gm}}.$$

Заметим теперь, что

$$r^2 v^2 - \left( {\vec r \cdot \vec v} \right)^2 = \left| {\vec r \times \vec v} \right|^2 = \mu ^2.$$

Откуда, вводя угол $\theta$ между векторами $\vec \varepsilon$ и $\vec r$, получаем

$$r = \frac{p}{{1 + \varepsilon \cos \theta }},\quad p \equiv \frac{{\mu ^2 }}{{Gm}}.$$

Ну вот как-то так... Если чего добавить или непонятно или очепятка где, то предлагайте-спрашивайте-указуйте.

[Ingus]

Утундрий в сообщении #912889 писал(а):

Откуда следует

А в какой книжке столь красивый вывод можно увидеть?

[Утундрий]

Ingus в сообщении #1028939 писал(а):

А в какой книжке столь красивый вывод можно увидеть?

Обычно я запоминаю только сами выводы. Если бы я ещё вдобавок запоминал - кто, когда и в какой книжке некий вывод впервые вывел, то я бы уже свихнулся.