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Caer tres cuerpos

Considerar la costumbre de los tres cuerpos de problema con Newtoniana $1/r^2$ de la fuerza entre las masas. Permita que los tres masas empiezan a descansar, y no colineales. Entonces se vuelven colineales un tiempo finito, posteriormente, por un teorema Lo probé hace algún tiempo. (Ver los artículos "Infinitamente Muchos Syzygies" y "El cero, el momento angular de los tres cuerpos de problema: todos, pero una solución que se ha syzygies" disponible en mi sitio web o la arXivs.) Deje $t_c$ denotar la primera vez.

Escribir $r_{ij} (t)$ de la distancia entre la masa $i$ y la masa de $j$ tiempo $t$.

Pregunta 1. Para la población general $m_i >0$, es cierto que el "momento de inercia" $I = m_1 m_2 r_{12}^2 + m_2 m_3 r_{23}^2 + m_1 m_3 r_{13}^2$ monótonamente disminuye a lo largo del intervalo de $(0, t_c)$?

Pregunta 2. Si las masas son todos iguales y si el lado inicial-longitudes satsify $0 < r_{12}(0) < r_{23} (0)< r_{13} (0)$
es cierto que estas desigualdades siguen en vigor: $0 < r_{12} (t) < r_{23} (t) < r_{13}(t)$ para $0 < t < t_c$? En otras palabras: si el triángulo que comienza como escaleno (no isósceles, y teniendo área diferente de cero) ¿sigue siendo escaleno hasta la multicolinealidad?

Motivación: el espacio de La colineales triángulos, que consta de triángulos de cero área, actúa como un global de Poincaré sección para el cero, el momento angular, energía negativa los tres cuerpos de problema. Para obtener una cierta comprensión de la devolución del mapa, desde este espacio, el "freno órbitas"-- aquellas soluciones en las que todas las velocidades de desaparecer en algún instante -- parecen jugar un organizador de papel. Responder cualquiera de las preguntas proporcionaría información útil acerca de freno de las órbitas.

Aparte: sospecho que si las respuestas a ambas preguntas es sí para el estándar $1/r^2$ fuerza, entonces también es sí para cualquier atractivo "ley de potencias" $1/r^a$ de la fuerza entre las masas, cualquier $a > 0$.


agregó, Septiembre 20, 2010. La recompensa es una respuesta a la pregunta 1 o 2.

He hecho parcial progreso hacia 2 uso de métodos variacionales (método directo del cálculo de variaciones). Puedo demostrar que si un sicigias es elegido en cualquier lugar en un barrio de colisión binaria (por lo $r_{12}(t_c) = \delta$, pequeño, $r_{23} (t_) = r_{13}(t_c) + \delta$) entonces existe un freno de la órbita de la solución arco final en este sicigias y la satisfacción de la desigualdad de la pregunta 2. La prueba sugiere, pero no prueba, de que el resultado se da localmente cerca de isósceles, lo que significa que el freno de las condiciones iniciales en un barrio de isósceles freno de las condiciones iniciales ( por lo
$r_{13} (0) = r_{12} (0) + \epsilon$). Si yo tuviera la singularidad [modulo de rotación y reflexión] de freno órbitas con especificada sicigias extremos, entonces mi prueba de rendimiento de una prueba de esta versión local de la supuesta teorema.
Por desgracia, mi prueba no excluye la posibilidad de más de una órbita final en la opción de sicigias, uno de los cuales viola la desigualdad.

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Chck Puntos 126

Yo creo en tu primera prueba es trivial, ya que cualquier 3 puntos siempre puede ser colocado en un avión y desde su gravedad atraiga a lo largo del plano que permanecerá en ella a perpetuidad. Luego de cualquiera de los 2 puntos de decir $a$ $b$ puede ser colocado en una línea y su centro de gravedad se trazan en la línea.

Puesto que el centro de gravedad de $a$ $b$ es en esta línea, esta línea debe acelerar a través del plano hacia la $c$ hasta $c$ cruza la línea. Para $c$ nunca a llegado a $ab$, sería necesario que todo el sistema esté generando un estado de sus propios perpetua aceleración oponía a la dirección de $c$ a su punto más cercano a $ab$, y la creación de un perpetuo aceleración angular alrededor del centro de gravedad de $a$$b$; una contradicción ya que no existe un cuarto de la masa con respecto a los cuales el sistema de $abc$ podría estar acelerando.

De pasar a la disminución monótona en el momento, si elegimos $c$ tal que $c$ es el cuerpo que pasa entre los otros dos, a continuación, la celebración de la línea de $ab$ como punto de referencia, $a$ $b$ debe moverse el uno hacia el otro a lo largo de $ab$ $I_{ab}$ disminuye monótonamente, y $c$ se mueve hacia algún punto entre el $a$ $b$ hasta que pase entre ellos, así que de nuevo $I_{ca}+I_{cb}$ debe disminuir monótonamente.

Volver a la parte final, los triángulos permanecerá escaleno hasta $t_c$ pero no necesariamente lo hacen en perpetuidad. Esto es debido a que será el cuerpo el que está más cerca de los otros dos lo que pasa entre ellos. Si dibujamos un triángulo escaleno, sólo uno de los vértices es siempre perpendicular a la línea entre los otros dos. Este cuerpo (decir $a$) se moverán entre los otros dos y ya está más cerca de ambos de los otros dos que son el uno al otro, que se enfoque tanto de ellos más rápido de lo que cerrar la distancia entre uno y otro.

Además debido a la ley del cuadrado inverso se enfoque el cuerpo más cercano a él más rápido de lo que se acerca al otro, y por lo tanto no hay ningún medio por el que el orden de sus distancias pueden cambiar antes del $a$ llega a la línea entre el$b$$c$, que es lo que sería necesario para crear un isósceles o equilátero de un triángulo escaleno.

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