Минимальный эксцентриситет

[profilescit]

Комета вращается по эллиптической орбите с большой и малой полу-осью $a$ и $b$. Через какой-то промежуток времени, вектор скорости кометы делает прямой угол с вектором начальной скорости.

Где именно на орбите должен находиться вектор начальной скорости чтобы обеспечить минимальный эксцентриситет?


Моя попытка решения сводится к тому чтобы доказать что начальная скорость должна быть в одной из точек $A(a,0); B(0,b); C(-a,0); D(0, -b)$
Это кажется "интуитивно" понятно, но требует строгого доказательства.

Параллельно пытаюсь применить довольно интересное свойство эллипса: пересечение ортогональных касательных к эллипсу лежит на кривой $x^2 + y^2 = a^2 + b^2$

Позвольте узнать, что делать дальше чтобы решить задачку.

[Pphantom]

profilescit в сообщении #1504767 писал(а):

Комета вращается по эллиптической орбите с большой и малой полу-осью $a$ и $b$. Через какой-то промежуток времени, вектор скорости кометы делает прямой угол с вектором начальной скорости.

Где именно на орбите должен находиться вектор начальной скорости чтобы обеспечить минимальный эксцентриситет?

Что-то у вас не то в постановке задачи.

Через "какой-то промежуток времени" вектор скорости наверняка окажется перпендикулярным исходному, это совершенно неизбежно и никакой информации о чем-либо не несет. И наоборот, если большая и малая полуоси заданы, то искать "минимальный эксцентриситет" поздно, он уже однозначно определен.

[profilescit]

Pphantom, да, с постановкой проблемка. Полу-оси мы конечно еще не знаем. Для того чтобы вычислить сам минимальный эксцентриситет достаточно знать отношение этих самых скоростей.

А на счет того что всегда вектор повернется на нужный угол, это понятно. Вопрос в том в каком геометрическом месте должна находиться пара этих скоростей чтобы эксцентриситет был минимальным.

[Pphantom]

Иначе говоря, правильная постановка задачи выглядит примерно таким образом:

Цитата:

Объект движется по эллиптической орбите. Известно, что максимальное отношение модулей перпендикулярных друг другу орбитальных скоростей такое-то. При каком минимальном эксцентриситете орбиты оно достижимо?

Так?

[profilescit]

Pphantom, а то что это отношение максимально - мы не знаем. Оно просто какое-то.

-- 12.02.2021, 00:01 --

Я получил конечно один ответ, но осталось доказать что он и есть тот самый минимальный.
Если смотреть в полярных координатах с центром в центре эллипса, получим из закона сохранения момента импульса $v_b b = v_a a (1 - e)$ (при угле $0$ и $\pi/2$ у нас ортогональные скорости)

А значит $b/a = \frac{v_a}{v_b} (1-e)$, а дальше квадратное уравнение для эксцентриситета.

Однако надо еще доказать что минимальный эксцентриситет обеспечен именно для пары скоростей в точках $\varphi = 0$ и $\pi/2$

[Pphantom]

profilescit в сообщении #1504784 писал(а):

то что это отношение максимально - мы не знаем. Оно просто какое-то.

Минимальное будет равно единице. Это очевидно, достаточно выбрать две подходящие точки, симметричные относительно большой оси эллипса. В силу столь же очевидной непрерывности реализовываться будут все значения от единицы до максимума, так что задавать что-то, отличное от максимума, просто неинтересно.

profilescit в сообщении #1504784 писал(а):

Однако надо еще доказать что минимальный эксцентриситет обеспечен именно для пары скоростей в точках $\varphi = 0$ и $\pi/2$

Это похоже на правду, но кажется, что доказательство будет ничем не проще решения задачи в общем виде.

А это решение вроде элементарно собирается из частей. Можно записать уравнение эллипса в полярных координатах (связь расстояния с истинной аномалией, сиречь полярным углом), записать интеграл энергии (связь модуля скорости с расстоянием), тогда из интеграла площадей (т.е. того же закона сохранения момента импульса) получится связь угла между радиус-вектором и вектором скорости с истинной аномалией. Сумма этих двух углов - направление скорости. Дальше просто считается разность скоростей для направлений, отличающихся на $\pi/2$ и получается функция одной переменной - истинной аномалии - которая тупо исследуется на экстремум.

[DimaM]

profilescit в сообщении #1504784 писал(а):

Если смотреть в полярных координатах с центром в центре эллипса, получим из закона сохранения момента импульса $v_b b = v_a a (1 - e)$ (при угле $0$ и $\pi/2$ у нас ортогональные скорости)

В полярных координатах скорости таки перпендикулярны при угле $0$ и $>\pi/2$. Но уравнение записано правильное.

[Pphantom]

DimaM в сообщении #1504807 писал(а):

В полярных координатах

Там было

profilescit в сообщении #1504784 писал(а):

Если смотреть в полярных координатах с центром в центре эллипса

Тогда это правильно, только уравнение получается неудобным.

[profilescit]

Pphantom, сейчас попробую пошагово решить задачу способом что вы предложили.

Уравнение эллипса в полярных координатах с началом координат в фокусе $r = \frac{l}{1 + e \cos{\varphi}}$

Энергия $-\frac{GM}{r} + \frac{v^2}{2} = - \frac{GM}{2a}$
Закон сохранения момента импульса: $v_a a = v r \sin{\alpha}$

Теперь вы говорите что $\theta = \alpha + \varphi$ это направление скорости? вроде их разность это направление скорости.
$v = v\cos{(\alpha-\varphi)} \vec{i} + v \sin{(\alpha - \varphi)} \vec{j}$

Разность скоростей которые сместились на угол $\pi/2$ будет $\vec{\Delta v} = (v_2 \sin{(\alpha-\varphi)} - v_1 \cos{(\alpha-\varphi)}) \vec{i} + (v_2 \cos{(\alpha-\varphi)} - v_1 \sin{(\alpha-\varphi)}) \vec{j} $

и вот это будем исследовать на максимум? ощущение будто что-то недопонял

[Pphantom]

profilescit в сообщении #1504826 писал(а):

Энергия $-\frac{GM}{r} + \frac{v^2}{2} = - \frac{GM}{2a}$

Я про форму (в этих обозначениях)

$$v^2 = GM \left(\frac{2}{r}-\frac{1}{a}\right).$$

profilescit в сообщении #1504826 писал(а):

Закон сохранения момента импульса: $v_a a = v r \sin{\alpha}$

Только использованные параметры еще и связаны друг с другом, что следует учесть.

profilescit в сообщении #1504826 писал(а):

Теперь вы говорите что $\theta = \alpha + \varphi$ это направление скорости? вроде их разность это направление скорости.

Сумма. Нарисуйте рисунок, это сразу станет очевидно.

profilescit в сообщении #1504826 писал(а):

и вот это будем исследовать на максимум?

Нет, не это. В конечном счете должна получиться зависимость $v(\phi)$, где $\phi=\varphi+\alpha$, соответственно, искать экстремумы надо будет у функции $v(\phi +\pi/2)/v(\phi)$.

[profilescit]

Pphantom, что-то не получается красиво.

Выразил отдельно $\sin{\alpha}$ и $\cos{\varphi}$

$\sin{\alpha} = \frac{a v_a v}{2 G M} + \frac{v_a}{2 v}$
$\cos{\varphi} = \frac{l}{2 e}(\frac{v^2}{GM}+\frac{1}{a})-\frac{1}{e}$

Попробовал написать условный $\sin{(\alpha + \varphi)}$, но получается огромное выражение из которого не особо получается извлечь аналитически $v$.

[Pphantom]

Ладно, давайте попробуем сначала, только я сменю обозначения на более стандартные.

$$v^2 = \varkappa^2 \left(\frac{2}{r}-\frac{1}{a}\right)$$

$$r v \sin \alpha = c$$

$$ r = \frac{p}{1+ e \cos \theta}$$

Отсюда

$$\sin \alpha = \frac{c}{r \varkappa \sqrt{\frac{2}{r}-\frac{1}{a}}} = \frac{c (1+e \cos \theta)}{\varkappa \sqrt{2 p (1+e \cos\theta)-\frac{p^2}{a}}}$$

Поскольку $p=c^2/\varkappa^2 = a (1-e^2)$, получим

$$\sin \alpha = \frac{1+e \cos \theta}{\sqrt{2 (1+e \cos\theta)-1+e^2}}$$

Соответственно, искомый угол

$$\phi(\theta) = \theta + \alpha = \theta + \arcsin \frac{1+e \cos \theta}{\sqrt{1+2 e \cos\theta+e^2}}$$

-- 13.02.2021, 15:52 --

Хотя да, как-то некрасиво получается... хотя численно проверить утверждение так, конечно, можно.

[profilescit]

Pphantom, мы получили $\phi{(\theta})$. Так-же можно узнать $v(\theta)$.
Но ведь аналитически невозможно выразить обратную функцию $\theta(\phi)$ чтобы получить зависимость $v(\phi)$

Как дальше быть?

[Pphantom]

Ну, по идее, для исследования на экстремум явный вид зависимости и не требуется, достаточно параметрического, а он как раз и имеется.

[profilescit]

Кажется, я нашел красивый способ
Жду ваше мнение на счет решения, ибо кажется все не так математически строго как хотелось бы.

Вспомним про старый-добрый вектор Лапласа-Рунге-Ленца $\vec{A} = \vec{p} \times \vec{L} - k m \hat{r}$
Так-же можно ввести вектор эксцентриситета $\vec{\varepsilon} = \frac{\vec{A}}{km} = \vec{v} \times \vec{l} - \hat{r}$ где $\vec{l}$ это постоянный вектор перпендикулярно плоскости орбиты тела.

Важно подметить что проекция вектора эксцентриситета на ось $X$ будет $-\varepsilon$, а вектор $\vec{v} \times \vec{l}$ всегда перпендикулярен вектору скорости и направлен "от" центра координат. (вроде как математически строго можно сказать что $(\vec{v} \times \vec{l}) \cdot \hat{r} > 0$)

А теперь трюк: попробуем записать векторы как комплексные числа, соответственно перепишем вектор эксцентриситета для двух позиций в которых скорости перпендикулярны.

$\tilde{\varepsilon}$ = \alpha v_1 e^{i \beta_1} - e^{i \theta_1}
$\tilde{\varepsilon}$ = \alpha v_2 e^{i \beta_2} - e^{i \theta_2} где $\alpha$ какая-то константа.

Немного перепишем уравнения и поделим их друг на друга, получится: $\frac{-\varepsilon + \cos{\theta_1} + i \sin{\theta_1}}{-\varepsilon + \cos{\theta_2} + i \sin{\theta_2}} = \frac{v_1}{v_2} e^{i(\beta_1 - \beta_2)}$

Теперь оказывается $\beta_1 - \beta_2 = 3 \pi /2$, а $v_1 / v_2 = 2$ по условию задачи.

Окончательно получается система уравнений из которого можно вывести квадратное уравнения для эксцентриситета в зависимости от $\cos{\theta_1}$

Дальше, для удобства, обозначим $\varepsilon = y, \cos{\theta_1} = x$

$5 y^2 - 4 y (\sqrt{1-x^2} - 2x) + 3 = 0$

Если обозначим $\sqrt{1-x^2} - 2x = t$, решение для $y$ будет $y = \frac{2}{5} (t - \sqrt{t^2 - \frac{15}{4}})$

Вольфрам показывает что для положительным $t$ функция монотонно убывает, а значит минимум эксцентриситета соответствует максимально значению $t = \sqrt{\frac{15}{4}}$

И окончательный ответ $\varepsilon_{min} = \sqrt{\frac{3}{5}}$