¿Por qué $L_4$ y $L_5$ ¿puntos lagrangianos estables?

Question

Este diagrama de wikipedia muestra la energía potencial gravitacional del sistema de dos cuerpos sol-tierra, y demuestra claramente la semiestabilidad del $L_1$ , $L_2$ y $L_3$ puntos lagrangianos. Las flechas azules indican menor energía potencial, las rojas mayor, por lo que cualquier movimiento en el plano perpendicular a las masas requeriría energía y sin ella, un objeto allí se asentaría.

Sin embargo, el $L_4$ y $L_5$ se afirma que es estable, aunque las flechas de dirección indican que está en la parte superior de un pozo de gravedad, y caería en una energía potencial más baja en cualquier dirección. ¿Qué es lo que hace que estos puntos sean estables si no es la gravedad? ¿Qué se me escapa?

Answer 1

Cuando se observa la dinámica en el marco de referencia de rotación, hay 4 fuerzas que actúan sobre la partícula: los dos tirones gravitatorios de los cuerpos masivos, el empuje centrífugo que se aleja del centro de rotación (situado entre los objetos masivos) y la fuerza de Coriolis.

Las tres primeras fuerzas dependen de la posición de la partícula, y pueden derivarse de un potencial (que también depende de la posición), cuyas curvas de nivel se muestran en la imagen presentada con la pregunta. Este potencial tiene máximos locales en L4 y L5.

La fuerza de Coriolis depende de la velocidad de la partícula: es perpendicular a ella, está contenida en el plano de movimiento y es proporcional a la velocidad. Curva el movimiento de la partícula hacia la derecha (si los cuerpos masivos y el sistema de referencia giran en sentido contrario a las agujas del reloj, que es lo que se ve en nuestro Sistema Solar si te sitúas en el polo norte de la Tierra).

Si una partícula situada en L4 intenta salir del punto con una velocidad leve, la fuerza de Coriolis curva su trayectoria. La trayectoria es demasiado rizada para llegar a ninguna parte. Vea la animación en http://demonstrations.wolfram.com/OrbitsAroundTheLagrangePointL4/ .

Por supuesto, esto no demuestra que la partícula se mantendrá cerca de L4 para siempre. No conozco una prueba. He visto algunos cálculos que muestran que la ecuación dinámica linealizada en L4 es estable si la relación de masas de los objetos masivos es suficientemente grande, pero esto tampoco es suficiente para demostrar la estabilidad en el problema no linealizado.

Estaría convencido de que el equilibrio es estable si me demostraran que existe una cantidad conservada (en función de la posición y la velocidad) que tiene un extremo local estricto en ese punto del espacio de fase (posición=L4, velocidad=0).

La "energía" (el potencial del que hablamos antes + la energía cinética medida en nuestro sistema de referencia no inercial) se conserva, porque la fuerza de Coriolis es perpendicular a la trayectoria, por lo que no realiza trabajo (de hecho, en la mecánica lagrangiana se deriva de un potencial que depende de la posición y la velocidad de la partícula). Pero esta cantidad no tiene un extremo en nuestro punto de equilibrio, porque el potencial tiene un máximo local en L4 y el término cinético es mínimo cuando la velocidad es 0.

Así que no puedo demostrar que el equilibrio es estable.

Answer 2

Esta es otra forma de verlo. Dejemos que $M_1$ , $M_2$ , $M_3$ sean nuestras tres masas. En el problema de tres cuerpos que estamos considerando, el marco completo que contiene $M_1$ , $M_2$ y $M_3$ está girando.

Tienes razón al pensar que si ese marco fuera fijo entonces los puntos L4 y L5 serían no ser estable. Después de todo, si se perturba $M_3$ de L4 o L5 entonces debería rodar por la colina potencial.

Pero hay otra fuerza en juego. Debido a que el marco está girando, existe una fuerza ficticia llamada fuerza de Coriolis que usted sentiría. Esta es la misma fuerza que hace que los huracanes giren en espiral cuando se ven desde el espacio.

Cuando se tiene en cuenta la fuerza de Coriolis, L4 y L5 se convierten en puntos fijos estables. Es decir, si se perturba $M_3$ de L4 un poco se quedará en su distancia perturbada y orbitará el punto L4.

Si alguien quiere ver las matemáticas de esto, entonces revise este artículo útil.

Answer 3

Como otros han comentado, incluyendo a OP, el potencial efectivo (compuesto por la gravedad y el potencial centrífugo ) $$V~=~ -\frac{Gm_1}{|z_1|} - \frac{Gm_2}{|z_2|} -\frac{\Omega^2 |z|^2}{2} \tag{1} $$ en el plano orbital $\mathbb{R}^2\cong\mathbb{C}$ tiene un máximo global en los puntos de Lagrange $L_4$ y $L_5$ , $$\begin{align}z_1~=~&\hspace{5mm} R\exp\left\{\pm \frac{i\pi}{3} \right\} ~=~\hspace{5mm}\frac{R}{2}\pm\frac{\sqrt{3}iR}{2}, \cr z_2~=~&-R\exp\left\{\mp \frac{i\pi}{3} \right\}~=~-\frac{R}{2}\pm\frac{\sqrt{3}iR}{2} .\end{align} \tag{2}$$ Aquí estoy usando la misma notación que mi respuesta de Phys.SE aquí : $$\begin{align}z_1~:=&~ z-r_1~\neq~0,\cr z_2~:=&~ z-r_2~\neq~0,\cr \Omega^2~:=&~\frac{G(m_1+m_2)}{R^3}.\end{align} \tag{3}$$ Normalmente, una partícula de prueba no quiere estar en un máximo global. Sin embargo, no debemos olvidar el Fuerza de Coriolis .

Declaración principal. Cuando la partícula de prueba intenta salir $L_4$ o $L_5$ la fuerza de Coriolis lo impedirá mediante la deflexión si una de las relaciones de masas $m_1/m_2$ o $m_2/m_1$ supera $$\frac{25}{2}+\frac{3}{2}\sqrt{69}~\approx~25.\tag{4}$$

En esta respuesta, me gustaría calcular esta condición de relación de masas (4), que también se menciona en Wikipedia .

El Hessian del potencial efectivo (1) es $$ \begin{align}H^{ik}~:=~&\frac{\partial^2 V}{\partial z^i \partial z^k},\qquad i,k~\in~\{1,2\},\qquad {\bf z}~\in~\mathbb{R}^2,\cr {\bf H}~=~& -Gm_1 \left(\frac{3{\bf z}_1{\bf z}_1^T}{|{\bf z}_1|^5}-\frac{{\bf 1}_{2\times 2}}{|{\bf z}_1|^3}\right)\cr &-Gm_2 \left(\frac{3{\bf z}_2{\bf z}_2^T}{|{\bf z}_2|^5}-\frac{{\bf 1}_{2\times 2}}{|{\bf z}_2|^3}\right) -\Omega^2{\bf 1}_{2\times 2} . \end{align} \tag{5}$$ En $L_4$ o $L_5$ el hessiano se convierte en $$\begin{align} {\bf H}~=~&-\frac{3\Omega^2}{4} \begin{pmatrix} 1 & \pm \sqrt{3}\epsilon_{12} \cr \pm \sqrt{3}\epsilon_{12} & 3 \end{pmatrix}, \cr \epsilon_{12}~:=~&\epsilon_1-\epsilon_2~=~\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}~=~1-2\epsilon_2~\in~]-\!1,1[. \end{align} \tag{6}$$ La traza y el determinante son $$ {\rm tr}({\bf H})~=~-3\Omega^2 \qquad\text{and}\qquad \det({\bf H})~=~\frac{27\Omega^4}{16}(1-\epsilon^2_{12})~>~0. \tag{7}$$

Ahora utilizamos el siguiente teorema $^1$ mencionado en la Ref. 1:

Teorema. Sea dado un hessiano ${\bf H}$ para un potencial efectivo $V:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ en un punto de Lagrange. Sea $\Omega$ sea la velocidad angular. Las siguientes 3 condiciones son necesarias y suficientes para que el punto de Lagrange sea estable:

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. $

Nota: El teorema anterior ignora los términos de orden superior en $V$ que podría ser importante si $\det({\bf H})=0$ .

Se cumplen las dos primeras condiciones: $$C~=~\frac{27\Omega^4}{16}(1-\epsilon^2_{12})~>~0 \qquad\text{and}\qquad B~=~\Omega^2~>~0.\tag{8} $$ La tercera condición dice $$0~<~D~=~\frac{27\epsilon^2_{12}-23}{4}~=~27\left(\epsilon^2_2-\epsilon_2 +\frac{1}{27} \right) \tag{9}. $$ Las raíces de la ecuación cuadrática $D=0$ son $$ \frac{m_2}{m_1+m_2}~\equiv~\epsilon_2~=~\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{69}}{18}~\approx~\left\{\begin{array}{c}25/26,\cr 1/26.\end{array}\right.\tag{10}$$ Esto lleva a la condición (4). $\Box$

Referencias:

1. J. Binney y S. Tremaine, Dinámica galáctica, 2ª edición (2008); p. 181-182.

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$^1$ Prueba del teorema: El MOE linealizado en un punto de Lagrange ${\bf z}={\bf 0}$ en el plano orbital $\mathbb{R}^2$ lee

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

donde el primer término a la derecha es la fuerza de Coriolis. El hessiano es una matriz simétrica real, y por tanto diagonalizable con 2 ejes principales. Tras una posible rotación de coordenadas ${\bf z}\mapsto e^{J\phi}{\bf z}$ podemos suponer que el hessiano

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

es diagonal. (La rotación conmuta con el término de Coriolis (11) y deja invariantes las 3 condiciones del teorema). Las EOMs (11) son 2 EDOs homogéneas de 2º orden acopladas con coeficientes constantes. Su ecuación característica es una ecuación de 4º orden $$0~=~\left| \begin{array}{cc} \lambda^2 +H_1& -2\Omega \lambda \cr 2\Omega \lambda & \lambda^2 +H_2 \end{array} \right| ~=~(\lambda^2)^2 +B\lambda^2 +C \tag{13},$$ que tiene 4 raíces $$ \lambda^2~=~\frac{-B\pm \sqrt{D}}{2}\tag{14} .$$ La ec. (13) es una ec. de 2º orden en $\lambda^2$ . La solución de las 2 coordenadas $z^1$ y $z^2$ son combinaciones lineales de exponenciales $e^{\lambda t}$ , donde $\lambda$ es una raíz. La condición de estabilidad es que ${\rm Re}(\lambda)\leq 0$ para las 4 raíces.

Sin embargo, debido a la simetría de la ecuación (13), si $\lambda$ es una raíz, también lo es $-\lambda$ . Así que la condición de estabilidad es que ${\rm Re}(\lambda)=0$ para las 4 raíces, es decir, que $\lambda$ es imaginario. O lo que es lo mismo, que $\lambda^2 \leq 0$ es no positivo para las 4 raíces.

Esto sólo es posible si el discriminante $D\geq 0$ en la ecuación (14) es no negativa, es decir, la tercera condición del teorema.

Las condiciones 1ª y 2ª $$ C,B~\geq~ 0\qquad\Leftrightarrow\qquad\lambda^2_{\pm}~\leq~0 \tag{15}$$ se desprende del hecho bien conocido de que $$ C~=~ \lambda^2_+\lambda^2_-\qquad\text{and}\qquad-B~=~\lambda^2_++\lambda^2_- \tag{16} $$ en la ecuación de 2º orden (13) es el producto y la suma de sus raíces, respectivamente. $\Box$

Answer 4

Creo que hay algunas buenas explicaciones aquí, pero intentaré añadir una explicación muy simplificada y espero que intuitiva.

En primer lugar, acordemos algunas convenciones. Supongamos que la Tierra gira en sentido contrario a las agujas del reloj alrededor del Sol. Va en una órbita circular a una distancia $R$ (desde el baricentro) con velocidad angular $\Omega$ .

Vamos a centrarnos en la L4. En primer lugar, supón que empiezas exactamente en L4, moviéndote a la velocidad justa para permanecer allí. Este es ciertamente un equilibrio que no requiere ninguna fuerza para mantenerse - dejaremos el tema de la estabilidad por un momento. ¿A qué velocidad vas mientras te mantienes en L4? Bueno, su velocidad angular debe ser simplemente la velocidad del patrón $\Omega$ En el marco corotante (en el que el Sol y la Tierra están fijos tal y como se muestra en la imagen) no te mueves en absoluto. En el marco inercial con el baricentro del sistema en reposo, debes tener una velocidad $\Omega R$ y se dirige completamente en la dirección acimutal, es decir, tangente al círculo de su órbita.

Ahora supongamos que te desplazan de esa acogedora posición de equilibrio. Para ser más específicos, supondremos que ahora te encuentras un poco más cerca del baricentro; fuiste desplazado a lo largo de la línea que lo conecta con L4. Además, no has perdido demasiada energía cinética (que se precisará en el siguiente párrafo). Esto es importante. Si algo, por ejemplo un arrastre viscoso, sigue drenando tu energía total, te tienen para caer en una parte inferior de la superficie potencial, y no podrá permanecer cerca de L4.

Otra suposición simplificadora: tu impulso sigue estando en la misma dirección que cuando estabas felizmente sentado en L4. Es decir, es totalmente acimutal. Así que cuál es tu situación ahora. Bien, tu nueva distancia al baricentro es $R - \Delta R$ . Para mantener la velocidad del patrón (es decir, para no estar moviéndose con respecto a la Tierra y L4 en ese diagrama), se necesita una velocidad azimutal de $\Omega (R - \Delta R) < \Omega R$ . No necesitas tanta velocidad, y por tanto no necesitas tanta energía cinética, para mantener el ritmo de la rotación. Originalmente tenías una energía cinética específica (energía cinética por unidad de masa) de $(1/2) \Omega^2 R^2$ y ahora mientras tengas más de $(1/2) \Omega^2 (R - \Delta R)^2$ , usted avanzar por delante del patrón .

Así que, refiriéndonos a la figura, estabas desplazado a algún lugar por debajo y a la izquierda de L4, y ahora te desplazarás hacia arriba y a la izquierda, al menos inicialmente. Al igual que cualquier masa de prueba con una velocidad tangencial demasiado grande para una órbita circular, te estarás moviendo hacia afuera. En el marco de rotación, esto podría interpretarse como una manifestación de la fuerza de Coriolis. [Nota: La fuerza de Coriolis actúa en la dirección $-\vec{\Omega} \times \vec{v}$ y con $\vec{\Omega}$ apuntando hacia arriba fuera de la página y $\vec{v}$ (su velocidad en el marco de rotación ) apuntando azimutalmente en sentido contrario a las agujas del reloj, puedes ver que esto causará una aceleración dirigida hacia afuera]. Pero esto es más obvio en el marco de inercia, donde ahora vas demasiado rápido para que la gravedad del Sol doble tu trayectoria en un círculo.

¿Y qué pasa? Al avanzar por delante del patrón (su velocidad angular es mayor que $\Omega$ ), también eres empujado hacia afuera. Al final te encuentras a una distancia $R$ de nuevo, pero ahora estás adelante de (en sentido contrario a las agujas del reloj, arriba y a la izquierda de) L4. La "fuerza" radial se desvanecerá por aquí, pero recuerda que tienes inercia, tanto si tu marco de referencia es inercial como si no. Así que te desplazarás hacia el exterior, a distancias del baricentro mayores que $R$ . En este lado de $R$ Sin embargo, todo es al revés. No tienes suficiente velocidad para mantener una velocidad angular $\Omega$ por lo que te quedas atrás. Ahora te estás moviendo en sentido contrario a las agujas del reloj en ese marco de rotación, haciendo un bucle alrededor del exterior de L4. Por supuesto, como vas demasiado lento para mantener una órbita circular (descrita en el marco inercial), o porque hay una fuerza de Coriolis dirigida hacia el interior (descrita en el marco de rotación), eres acelerado hacia el interior. Finalmente, te desplazarás por detrás de L4 y volverás a algún lugar cerca de donde empezaste este viaje justo después de ser desplazado.

Las órbitas pueden ser complicadas de describir analíticamente, pero esperamos que esto muestre dónde entran en juego las "fuerzas" y hacia dónde se dirigen. Se termina trazando una trayectoria que va en el sentido de las agujas del reloj alrededor de L4 (nótese que todos mis otros usos de "sentido de las agujas del reloj"/"sentido contrario a las agujas del reloj" han sido con respecto al baricentro).

Una nota final: En el marco de la rotación esto es realmente un dinámica problema, donde no se puede obtener el movimiento sólo diferenciando un potencial simple. Fíjate que empezamos a hacer eso, y eso es lo que llevó a la confusión. Además de los potenciales gravitacionales inducidos por las dos masas, añadimos un término al potencial efectivo (la función cuyos contornos se trazan en el diagrama) para ocuparnos de la fuerza centrífuga: $$ \Phi_\text{eff}(\vec{x}) = -G \left(\frac{M_\odot}{\lvert \vec{x}-\vec{x}_\odot\rvert} + \frac{M_\oplus}{\lvert \vec{x}-\vec{x}_\oplus\rvert} + \frac{M_\odot+M_\oplus}{2\lvert \vec{x}_\oplus-\vec{x}_\odot \rvert^3} \lvert \vec{x} \rvert^2\right), $$ donde $\vec{x}$ es el vector bidimensional en el plano del sistema con origen en el baricentro. (Binney & Tremaine's Dinámica galáctica deriva esto en una parte indirecta; probablemente hay tratamientos más directos). Sin embargo, sólo podemos detenernos aquí si sólo queremos considerar las fuerzas sobre las partículas en reposo en el marco de rotación. Como se ha señalado en otro post, la fuerza centrífuga ( $-\vec{\Omega} \times \vec{\Omega} \times \vec{x}$ ) no es la única fuerza ficticia de la que tenemos que preocuparnos. Si el objeto de prueba tiene una velocidad con respecto al marco de rotación, como en el caso que nos ocupa, tenemos la fuerza de Coriolis ( $-2\vec{\Omega} \times \dot{\vec{x}}$ ), que nosotros no lo hizo para establecer el potencial efectivo. La razón es que no es sólo una función del espacio de posición bidimensional, sino de todo el espacio de fase cuádruple. Hay otra fuerza ficticia común que, afortunadamente, no hemos tenido que considerar: la fuerza de Euler ( $-\dot{\vec{\Omega}} \times \vec{x}$ ). Esto sólo entraría en juego si la velocidad del patrón cambiara (digamos que la Tierra tuviera alguna aceleración adicional, quizás por estar en una órbita excéntrica).

Answer 5

Tres temas:

1. Hay una analogía electromagnética para las fuerzas no inerciales en un marco de referencia giratorio.
2. Antes de ver el problema restringido de tres cuerpos de la pregunta, analice el conocido problema de dos cuerpos en un marco de referencia giratorio. Creo que interpretar estos resultados en términos de las soluciones conocidas para este problema es instructivo.
3. Por último, mira los puntos de Lagrange.

1. Analogía electromagnética. Resulta que las fuerzas no inerciales sobre una masa $m$ en un marco de referencia giratorio puede ser manipulada exactamente en la forma de la fuerza electromagnética de Lorentz sobre una carga $q$ en un marco inercial.

Referencia de Moreno y Barrachina (pdf) . Hay algunas erratas desafortunadas, pero creo que los resultados que expongo son exactos.

En concreto, para un sistema de referencia giratorio con velocidad angular $\boldsymbol{\omega}$ si el potencial escalar electromagnético $\phi$ y el potencial vectorial $\boldsymbol{A}$ se toman como tal: $$ \phi = -\left(\frac{m}{q}\right) \frac{\boldsymbol{(\omega \times r)^2}}{2}$$ $$ \boldsymbol{A} = \left(\frac{m}{q}\right) \boldsymbol{\omega \times r} $$ entonces la fuerza electromagnética sobre la carga $q$ en un marco inercial es igual a las fuerzas no inerciales sobre la masa $m$ en el marco de la rotación.

En particular, para una velocidad angular constante $\boldsymbol{\omega}$ que es perpendicular al plano de movimiento (como en este problema), en coordenadas cilíndricas $(r,\theta,z)$ el campo eléctrico análogo $\boldsymbol{E}$ y el campo magnético $\boldsymbol{B}$ son: $$E=\left(\frac{m}{q}\right) \omega^2 r \, \, \boldsymbol{\hat{r}}$$ $$B=\left(\frac{m}{q}\right) 2 \omega \boldsymbol{\hat{z}}$$

El campo eléctrico "simula" la fuerza centrífuga, y el campo magnético la fuerza de Coriolis. Toda la intuición de la fuerza de Lorentz se traslada entonces: la fuerza de Coriolis desvía un cuerpo perpendicularmente a su velocidad, formando círculos en ausencia de otras fuerzas.

2. Problema de dos cuerpos en un marco giratorio. El problema de los dos cuerpos ( $M_s$ (sol), $M_e$ (tierra)) puede formularse en un marco de rotación con velocidad angular $\omega$ (haciendo de la velocidad angular la variable independiente). Realizando la conversión habitual a un potencial de un solo cuerpo $U$ se obtiene: $$U=-\frac{GM_t M_r}{r} - M_r \frac{\omega^2 r^2}{2} -M_r \omega r^2 \dot{\theta}$$ $$\text{ where } \qquad M_t=M_s+M_e , \qquad \frac{1}{M_r}=\frac{1}{M_s} + \frac{1}{M_e} , \qquad \alpha=\frac{M_e}{M_t}, \beta=\frac{M_s}{M_t} $$

Resolución de un punto estacionario $r_o$ (con $\dot{\theta}=0$ ), se obtiene el resultado habitual: $$r_o = \left(\frac{G M_t}{\omega^2} \right)^\frac{1}{3} , \text{sun x-y coordinates }(x_s,y_s)=(-\alpha r_o, 0) , \text{earth }(x_e,y_e)=(\beta r_o, 0)$$

Pero observe que el potencial en $r_o$ es un máximo, no un mínimo.

Para ver lo que sucede, encuentra las ecuaciones de movimiento linealizadas alrededor del punto estacionario. $$(x,y)=(x_o+\delta x,y_o+\delta y) \qquad , \qquad (v_x,v_y) = (\delta v_x, \delta v_y) $$ $$ \frac{d}{dt} \left( \begin{array}{c} \delta x \\ \delta y \\ \delta v_x \\ \delta v_y \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ -q_{xx} & -q_{xy} & 0 & 2 \omega \\ -q_{xy} & -q_{yy} & -2 \omega & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} \delta x \\ \delta y \\ \delta v_x \\ \delta v_y \end{array} \right) $$ $$ \text{ with } q_{xx}=\frac{1}{m} \frac{d^2U}{dx^2}, q_{yy}=\frac{1}{m} \frac{d^2U}{dy^2}, \text{ and } q_{xy}=\frac{1}{m} \frac{d^2U}{dx \, dy} $$ Las frecuencias naturales $s_i$ son las raíces del polinomio característico, que resulta ser $$ s^4 - \Gamma s^2 + \Delta = 0$$ $$ \text{ where } \Gamma = -( q_{xx} + q_{yy} +4 \omega^2) \text{ and } \Delta = q_{xx} q_{yy} - q_{xy}^2$$

En este caso, sólo $q_{xx}=-3 \omega^2$ es distinto de cero (curvatura negativa en un máximo), por lo que se encuentra $\Gamma =- \omega^2$ y $\Delta=0$ y las frecuencias naturales son: $$ s_{1,2} = 0 \qquad , \qquad s_{3,4}=\pm i \omega $$ correspondiente a la respuesta neutra o al movimiento oscilatorio a la frecuencia de rotación. La fuerza de Coriolis curva las trayectorias y así "convierte" un equilibrio inestable en un centro de movimiento oscilatorio.

Interpretación: Una órbita circular (correspondiente al punto estacionario) es sólo una solución posible del problema de los dos cuerpos; en general las órbitas son elipses, por lo que cabe esperar un movimiento oscilatorio alrededor del punto estacionario, periódico a la frecuencia de rotación. (Creo que las frecuencias naturales 0 corresponden a un desplazamiento azimutal de la posición). La cuestión es que el movimiento no es inestable, a pesar de ser un máximo local, y la falta de amortiguación (parte real negativa de las frecuencias naturales) debería esperarse.

(Por cierto, si $q_{xx}$ fueran positivas, correspondientes a un mínimo local, las frecuencias naturales oscilatorias resultantes estarían en una frecuencia más alta que $\omega$ y el movimiento resultante no sería elíptico).

3. Puntos de Lagrange El problema restringido de tres cuerpos puede analizarse de la misma manera que el anterior, y determinar la estabilidad de cada punto estacionario. Una referencia es Cornualles (pdf) . Resulta que L1, L2 y L3 tienen todos frecuencias naturales reales positivas y por lo tanto son inestables. L4 y L5 tienen todas frecuencias naturales imaginarias puras (siempre que $M_e<25 M_s$ ), y por lo tanto tienen movimientos similares a los del problema de dos cuerpos.

Actualización : Aquí hay algunas notas sobre el carácter de la dinámica en los distintos puntos de Lagrange:

L4 Y L5: Estos puntos son los más parecidos al problema de los dos cuerpos, con una curvatura potencial relativamente pequeña y negativa (desestabilizadora) que es estabilizada por la fuerza de Coriolis.

L3: Este punto (planeta "x" al otro lado del sol desde la tierra) es el más interesante para mí. Como las curvaturas son de nuevo pequeñas (como en el problema de los dos cuerpos de la Tierra), y una de ellas es de hecho positiva (estabilizadora), parece impar que L3 es inestable. La resolución es que las curvaturas de signo contrario forman un punto de silla. Un cuerpo puede escapar de dicho punto viajando lentamente cerca de la línea de curvatura cero (y por tanto de la fuerza cero); con el ángulo y la velocidad adecuados acelera lentamente y la fuerza de Coriolis es ineficaz para detener el escape.

L1 Y L2: Estos puntos son inestables por dos motivos: a) la gran curvatura potencial negativa (desestabilizadora) de la tierra cercana supera el efecto estabilizador de la fuerza de Coriolis y b) las curvaturas principales difieren en signo (como L3), formando un punto de silla.