¿Cómo cambia la órbita al agregar un campo de fuerza cúbico inverso a un campo de fuerza cuadrático inverso?

Question

Digamos que modificamos la ley de gravitación al siguiente campo de fuerza

$$ \vec{F}(r) = \frac{-GMm}{r^2}\hat{r} + \alpha\frac{|L|^2}{m^2 r^3}\hat{r} $$

donde,

$L = m_2(\vec{r} \times \dot{\vec{r}} )$ que es el momento angular de $m$ en el marco de referencia de $M$.

$M$ es la masa del cuerpo principal que está estacionario en nuestro marco de referencia.

$m$ es la masa del cuerpo en movimiento.

$\vec{r}$ es el vector de posición de $m$ con $M$ como referencia (origen).

$\dot{\vec{r}}$ es la velocidad de $m$ con $M$ como referencia o origen nuevamente.

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Primera Pregunta

Encuentra la ecuación de la órbita de un planeta alrededor del Sol y dibuja una órbita aproximada para $\alpha \ll 1.$

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Segunda Pregunta

Para el sistema Sol-Mercurio, encuentra el valor de $\alpha$. Aquí $M$ es el Sol.

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No pude resolver esta pregunta. Sin embargo, siento que el Teorema de las órbitas en rotación de Newton es de alguna manera necesario para la solución. Me gustaría ver una demostración del teorema, así como una solución completa al problema.

No publiqué esta pregunta en la SE de Física principalmente porque (i) esta pregunta necesita principalmente conocimientos de cálculo vectorial (o eso siento) y (ii) mi experiencia es que la SE de Matemáticas es una comunidad mucho mejor, por lo que prefiero publicar una pregunta a medio camino entre Matemáticas y Física en la SE de Matemáticas en lugar de la de Física.

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Edit 1

Sé cómo derivar el problema de dos cuerpos utilizando el método del vector de Rung Lenz. Por lo tanto, las respuestas pueden omitir detalles como la prueba de que $\vec{L}$ es constante, etc.

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Edit 2

Un artículo de Baez sobre la ley de la fuerza inversa al cubo.

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Edición/Tipo grande

Cometí un error al escribir el título. Había escrito por error potencial inverso al cubo en lugar de campo de fuerza inverso al cubo.

Answer 1

Comencemos escribiendo la energía cinética para el planeta (estrictamente hablando, también necesitas considerar el movimiento del sol, pero para Mercurio $M_{\rm sun} \gg M_{\rm planet}$ así que ignoraré el movimiento del centro de masa)

$$ T(r,\theta,\phi) = \frac{1}{2}m(\dot{r} + r^2\dot{\theta}^2 + r^2\sin^2\theta\dot{\phi}^2) \tag{1} $$

Y la energía potencial es simplemente

$$ V(r) = -G\frac{Mm}{r^2}+ \alpha\frac{l^2}{2m^2 r^2} \tag{2} $$

Observa que ${\bf F} = -\nabla V$, eso es una buena comprobación. El Lagrangiano se puede escribir como (abajo verás que esto es completamente equivalente a escribir las ecuaciones de Newton)

$$ L = T - V = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2 + r^2\sin^2\theta\dot{\phi}^2) + G\frac{Mm}{r^2} - \alpha\frac{l^2}{2m^2 r^2} \tag{3} $$

Ahora solo necesitamos derivar las ecuaciones de movimiento. En general, si $q$ es una coordenada generalizada ($q = \{r,\theta,\phi\}$) entonces

$$ \frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right) - \frac{\partial L}{\partial q} = 0 \tag{4} $$

lo cual se conoce como la ecuación Euler-Lagrange $^\color{red}{1}$.

$q = \phi$

$$ \frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\left(\frac{\partial L}{ \partial \dot{\phi}}\right) - \frac{\partial L}{\partial \phi} = \frac{{\rm d}}{{\rm dt}}(mr^2\sin^2\theta \dot{\phi}) - (0) = 0 $$

De esto se concluye que el término entre paréntesis es una constante, que no es más que el momento angular $l$. No entraré en detalles (esto está empezando a ser bastante largo) pero esto asegura que el movimiento será en un plano: $\theta = \pi/2$, entonces tenemos

$$ \frac{{\rm d}}{{\rm d}t}(mr^2\dot{\phi}) = 0 ~\Rightarrow~ l = mr^2\dot{\phi} \tag{5} $$

$q = r$

Para este caso obtenemos (recuerda considerar el hecho de que $l$ es una constante)

$$ \frac{{\rm d}}{{\rm d}t}(m\dot{r})-\left(-G\frac{M m}{r^2} + \alpha\frac{l^2}{m^2r^3}+ mr \dot{\phi}^2\right) = 0 $$

Lo cual se reduce a

$$ m\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\dot{r} = - G\frac{mM}{r^2} + \frac{l^2}{mr^3}\left(1 - \frac{\alpha}{m} \right) \tag{6} $$

Puedes obtener algunas ideas al darte cuenta de que esto puede escribirse como

$$ m\frac{{\rm d}}{{\rm d}t} \dot{r} = -\frac{{\rm d}}{{\rm d}r}V_{\rm eff}(r) $$

para algún potencial $V_{\rm eff}$ (por favor derívalo) y encontrar los puntos estables. La variable $r$ entonces se moverá alrededor de dicho punto

Dejaré los detalles restantes para que los completes. ¡Buena suerte!

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$^\color{red}{1}$ Puedes convencerte de que esto se reduce a las ecuaciones de Newton con un ejemplo simple, en 1D $T = m\dot{x}^2/2$ por lo que $L_{1D} = m\dot{x}^2/2-V$ y la Ec. (4) se convierte en

$$ \frac{{\rm d}}{{\rm d}t}(m \dot{x}) - (-V'(x)) = 0 ~\Rightarrow~ m\ddot{x} = -V'(x) = F(x) $$

Answer 2

El dato clave aquí es uno muy interesante que aprendí de algún libro de física matemática, pero que merece ser más conocido: Si $F(r)$ es una fuerza simétrica rotacional (con $F$ positivo significando hacia el origen), y tenemos una órbita casi circular de radio $r_0$, entonces el ángulo entre los perihelios de la órbita será $$\frac{2 \pi}{\sqrt{3+\tfrac{F'(r_0) r_0}{F(r_0)}}}.$$ Cuando $F$ es inversamente proporcional al cuadrado, tenemos $r F'/F = -2$, por lo que los perihelios están precisamente $2 \pi$ de distancia uno del otro, en otras palabras, las órbitas se cierran. Para resolver tu problema, puedes investigar qué tan rápido precesa la órbita de Mercurio y emparejar eso con el término de corrección inversa al cubo propuesto.

Derivación Supongamos que nuestra órbita tiene momento angular $L$. Eso significa que su velocidad angular es $L/(m r^2)$, por lo que la fuerza centrípeta es $m r \left( \tfrac{L}{m r^2} \right)^2 = \tfrac{L^2}{m r^3}$. En otras palabras, tenemos $$m r'' = -F(r) + \frac{L^2}{m r^3}.$$ Si tuviéramos una órbita circular perfecta a un radio $r_0$, tendríamos $F(r_0) = \tfrac{L^2}{m r_0^3}$.

Ahora, supongamos que perturbamos nuestra órbita circular perfecta un poco, a $r_0+\epsilon(t)$. Si $\epsilon$ es lo suficientemente pequeño como para que podamos aproximar las fórmulas con sus series de Taylor hasta el orden lineal, entonces $$m \epsilon'' = -F(r_0) - F'(r_0) \epsilon + \frac{L^2}{m r_0^3} - \frac{3 L^2}{m r_0^4} \epsilon = - \left(F'(r_0)+ \frac{3 L^2}{m r_0^4} \right) \epsilon.$$ Así que, por el análisis estándar de un masa en un resorte, $\epsilon$ oscila con un período $$2 \pi \sqrt{\frac{m}{F'(r_0) + \tfrac{3 L^2}{m r_0^4}}}.$$

Para obtener el ángulo recorrido entre las oscilaciones, multiplica el período por la velocidad angular $L/(m r_0^2)$ para obtener $$\theta = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{F'(r_0) + \tfrac{3 L^2}{m r_0^4}}} \frac{L}{m r_0^2}=\frac{2 \pi}{\sqrt{3+\tfrac{m F'(r_0) r_0^4}{L^2}}}.$$ Finalmente, recuerda que $F(r_0) = \tfrac{L^2}{m r_0^3}$ para reescribir esto como $$\frac{2 \pi}{\sqrt{3+\tfrac{ F'(r_0) r_0}{F(r_0)}}}.$$

Answer 3

Pregunta 1:

Esto no cambia cualitativamente nada en el sentido de que tu problema de dos cuerpos acepta, formalmente hablando, el mismo tipo de soluciones que el problema de dos cuerpos de Kepler, es decir, cónicas pero ahora parametrizadas por $\alpha$.

El problema de dos cuerpos se resuelve mejor en el marco del centro de masa del sistema. En ese marco de referencia, aparece como un problema de campo de fuerza central aplicado a una partícula de masa reducida $\mu = \frac{Mm}{m+M}$. Dado que en nuestro caso $M\gg m$, por asunción, el movimiento de la masa M alrededor del centro de masa puede ser ignorado con seguridad (el centro de masa coincide con la estrella). Bajo esta aproximación, la masa reducida $\mu\sim m$ y el momento angular total del sistema de dos cuerpos $\vec{L}=\mu \vec{r}\times \dot{\vec{r}}$ con el del planeta $\vec{L}\sim m \vec{r} \times \dot{\vec{r}}$.

El problema central en el marco de referencia de la estrella fija tiene el campo de fuerza dado por, $$\vec{F} = \frac{-GMm}{r^2} \hat{r} +\alpha\frac{L^2}{m^2r^3} \hat{r} = -\frac{dU}{dr} \hat r$$ derivado de la energía potencial, $$U(r) = \frac{GMm}{r}-\frac{1}{2}{\alpha}\frac{L^2}{m^2r^2}$$

Es un resultado bien conocido que en un campo de fuerza central el momento angular $L$ es una primera integral del movimiento, es decir, permanece constante, $$\dot{\vec{L}}=0.$$ Esto implica que el movimiento en cualquier momento sigue siendo planar, en un plano ortogonal al momento angular. Haciendo uso de coordenadas polares en este plano de vector unitario normal $\hat{e}_z$, uno tiene, ${L} = L \hat{e}_z = mr^2\dot \phi \hat{e}_z$, resultando, $$L=mr^2\dot \phi = \mbox{Cte}.$$

Otra primera integral del movimiento es la energía total $E$ del sistema, definida como la suma de la energía cinética y la energía potencial del planeta,

$$E=\frac{1}{2} m(\dot r^2 + r^2\dot \phi^2)+U(r)=\frac{1}{2} m {\dot r^2} + \frac{L^2}{2mr^2}+U(r)$$.

Esta ecuación de energía muestra que el movimiento en un campo central es formalmente similar a un movimiento "lineal o translacional" (es decir, con un solo grado de libertad, el radio $r$) pero en un campo de "energía potencial" efectiva,

$$U_{\rm eff}(r)=\frac{L^2}{2mr^2}+U(r) = (1-\alpha)\frac{L^2}{2mr^2}+\frac{GMm}{r}$$

Ahora, fijando $L_\alpha = L\sqrt{1-\alpha}$, se obtiene, $$U_{\rm eff}(r)=\frac{L^2}{2mr^2}+U(r) = \frac{L_\alpha^2}{2mr^2}+\frac{GMm}{r}$$.

y una energía total

$$E=\frac{1}{2} m {\dot r^2} + U_{\rm eff}(r) = \frac{1}{2} m {\dot r^2} + \frac{L_\alpha^2}{2mr^2}+ \frac{GmM}{r}$$

Ambas ecuaciones (potencial efectivo o energía total) describen el movimiento de un sistema kepleriano clásico de dos cuerpos que tendría $L_\alpha$ en lugar de $L_0=L$ como momento angular total. Por lo tanto, se llega a la conclusión de que una sustitución de $L$ por $L_\alpha$ en todos los resultados de la teoría del sistema de dos cuerpos kepleriano clásico produce la solución correcta a tu problema. Se obtiene el mismo tipo de movimiento que para un sistema kepleriano clásico de dos cuerpos (el caso $\alpha =0$) pero las trayectorias, en lugar de estar completamente gobernadas por el par $(E,L_0)$, están ahora gobernadas por $(E, L_\alpha)$. Las soluciones para $\alpha\neq 0$ se deducen del caso kepleriano $\alpha=0$ de forma homotética por el ratio $\sqrt{1-\alpha}$ (posiblemente puro imaginario complejo cuando $\alpha>1$).

Con un campo de fuerza gravitatoria (de potencial $\frac{GMm}{r}$) ---y en términos más generales en cada campo de fuerza coulombiano (de potencial $-k/r$) se puede integrar fácilmente la trayectoria como una cónica de ecuación, $$p/r=1+e\cos\phi$$

donde,

$$p=\frac{L^2}{km}=-\frac{L^2}{GMm^2}$$ es conocido como el parámetro y $e$ la excentricidad de la cónica es dada por, $$e=\sqrt{1+\frac{2EL^2}{mk^2}}=\sqrt{1+\frac{2EL^2}{G^2M^2m^3}}$$.

Sustituyendo $L \rightarrow L_\alpha$ en este resultado clásico y demuestras que en tu caso, obtienes una (familia de) cónicas (indexadas por $\alpha$) de parámetro(s) correspondiente(s) $p_\alpha$ y excentricidad(es) $e_\alpha$.

Cuando $\alpha\leq 1$ el término centrífugo $\frac{L_\alpha^2}{2mr^2}$ en el potencial efectivo es positivo. (i) si $E<0$, el movimiento está acotado, $e_\alpha$ < 1 y obtienes una elipse; (ii) si $E=0$ obtienes un círculo. (iii) si $E>0$, el movimiento es no acotado, $e_\alpha$ > 1 y obtienes una hipérbola. Estos resultados aún se mantienen para $\alpha=1$, simplemente es el caso kepleriano de momento angular nulo que produce una elipse degenerada, es decir, un movimiento acelerado a lo largo de una línea recta hacia la estrella central.

Cuando $\alpha>1$ el término centrífugo $\frac{L_\alpha^2}{2mr^2}$ en el potencial efectivo se vuelve negativo. No veo cambios sustanciales en los resultados anteriores excepto que ahora, se obtiene movimiento acotado a lo largo de elipses cuando $E>0$ y movimiento no acotado a lo largo de hipérbolas cuando $E<0$.

Pregunta 2:

Apuesto a que $\alpha=0$ ya que la inclusión de tu término de fuerza adicional no es realmente necesaria. Supongamos que introduces un término de fuerza con digamos algún $L$ y $\alpha=0.1$. Tu modelo es equivalente en cierto sentido a uno sin término de fuerza adicional, pero con el momento del planeta $L$ disminuido a un valor adecuado, es decir, multiplicado por $\sqrt{1-\alpha}$. Como físico, preferiría esta solución formal más simple.

Answer 4

Este es un problema con dos cuerpos que se atraen entre sí por una fuerza central conservativa. Puedes tratar este problema considerando el movimiento de solo un cuerpo de masa reducida $\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$ moviéndose en un plano - en este caso, no es difícil mostrar que el momento angular del sistema se conserva, y por lo tanto el movimiento ocurre en un plano - con vector de posición $\vec{r} = x\vec{i} + y\vec{j}$. Puedes pensar en este movimiento como si el referencial fuera una de las partículas y la otra tuviera masa $\mu$, y el vector de posición es su posición relativa. Para encontrar la parametrización de la trayectoria, en coordenadas polares del plano donde ocurre el movimiento, resuelve para $u = 1/r$ la siguiente ecuación: $$\frac{d^2 u}{d \theta} + u = - \frac{\mu}{l^2}\frac{1}{u^2}F(1/u)$$ Aquí, $l$ denota la magnitud del momento angular (que estoy asumiendo que es constante en este caso).

Para fuentes sobre esto, tienes el excelente "Mecánica Clásica" de Goldstein y "Dinámica Clásica de Partículas y Sistemas" de Marion y Thornton (capítulos 3 y 8, respectivamente). Ahora, denotando tu fuerza por $F(r) = -\frac{k_1}{r^2} - \frac{k_2}{r^3}$ (la fuerza vectorial es $\vec{F}(r) = F(r) \frac{\vec{r}}{r}$), la ecuación diferencial se convierte en: $$\frac{d^2 u}{d \theta} + \alpha u = \beta$$ Donde $\alpha$ y $\beta$ son constantes en función de $\mu$, $l$, $k_1$ y $k_2$.

Si $\alpha > 0$, la solución tiene la forma: $\frac{1}{r} = Acosh(\alpha\theta + B) + \frac{\beta}{\alpha}$, donde $A$ y $B$ son determinados por las condiciones iniciales.

Si $\alpha = 0$, la solución tiene la forma $\frac{1}{r} = \beta \theta^2 + A\theta + B$

Si $\alpha < 0$, $\frac{1}{r} = Acos(\alpha\theta + B) + \frac{\beta}{\alpha}$.