Primero supongo que cualquier solución que implicaría poner en tensión en la correa de sujeción no aumentar la duración de el salto, ya que esto sólo aumentará la cantidad de fuerza aplicada, lo que implicaría que la velocidad angular media sería mayor y, por tanto, ir más rápido alrededor del asteroide (no he probado).
El uso de esta suposición, a continuación, las soluciones sería una órbita de Kepler. Una segunda hipótesis sería que la cabra tiene una masa despreciable en comparación con el asteroide y por lo tanto el centro de masa de la cabra y el asteroide se puede aproximar por el centro de masa del asteroide. El periodo de la órbita sería definida por el semi-eje mayor:
$$
T = 2 \pi \sqrt{\frac{r^3}{\mu}},
$$
donde $T$ es el periodo orbital, $r$ el semi-eje mayor y $\mu$ el parámetro gravitacional de los cuerpos celestes.
El máximo semi-eje mayor se puede lograr por la cabra, cuando iba a saltar desde el polo sur en paralelo a la tierra en una órbita elíptica con un máximo de apoapsis por encima del polo norte ($\pi r$). Para esto me va a suponer también que la cabra también tiene un reducido tamaño en comparación con $a$. Así, el máximo período orbital sería:
$$
T_j = 2 \pi \sqrt{\frac{a^3\left(1+\frac{\pi}{2}\right)^3}{\mu}}.
$$
El periodo orbital de una órbita circular sobre la superficie sería:
$$
T_s = 2 \pi \sqrt{\frac{a^3}{\mu}},
$$
por lo que el período anterior dividido por este período da,
$$
\frac{T_j}{T_s} = \left(1+\frac{\pi}{2}\right)^{3/2} \approx 4.12193848404.
$$
Para comprobar si mi primera suposición es correcta también voy a tratar de encontrar la solución más largo en el que la correa se pone bajo tensión. Para esto voy a suponer que la cuerda que siempre va a estar bajo tensión, desde luego yo no iba a ser capaz de aplicar la simetría alrededor del polo norte y sería una parte de la trayectoria de una sección de una órbita de nuevo. Otra suposición de que voy a hacer es que la tensión va a inducir una cantidad insignificante de par en el asteroide, de tal manera que no induzca una rotación. El mejor lugar seguirá siendo el polo sur, ya que esto permitirá la máxima longitud de ruta de acceso. Suponiendo que la cuerda no se estira, a continuación, la cinta no puede hacer ningún trabajo, ya que la velocidad siempre tiene que ser perpendicular a ella. Por lo tanto, la velocidad sólo se ve afectada por la gravedad y por la aplicación de la conservación de la energía la siguiente expresión para la velocidad se puede encontrar como una función del radio,
$$
v = \sqrt{2\epsilon + 2\frac{\mu}{r}}
$$
Para obtener la más larga de la solución, a continuación, la velocidad debe ser tal que la tensión debe ser mínima en el punto más alto, es decir, cero. Esto implica que la aceleración de la gravedad sería igual a la aceleración centrípeta en el punto de partida para un movimiento circular, con radio igual a la longitud de la correa de sujeción. Mediante el uso de esta velocidad para encontrar la energía específica de la cabra, entonces la velocidad como una función del radio se convierte,
$$
v = \sqrt{\mu\left(\frac{2}{r} - \frac{2+\pi}{a(1+\pi)^2}\right)}
$$
La trayectoria que está limitada por la cuerda que va a ser simétrica alrededor del polo norte, por lo que sólo la mitad tiene que ser calculado. La mitad deberá ser antideslizante en dos secciones, a saber, la parte donde la correa de sujeción está parcialmente envuelto alrededor del asteroide y la parte donde la correa de sujeción sólo gira alrededor del punto de fijación. El tiempo que se tarda se puede encontrar con el,
$$
dt = dl \frac{1}{dl/dt} = \sqrt{\left(\frac{\partial x}{\parcial \phi}\right)^2 + \left(\frac{\partial y}{\parcial \phi}\right)^2}\frac{d\phi}{v},
$$
donde $x$ $y$ son las coordenadas Cartesianas de la posición relativa al centro de masa del asteroide y $\phi$ una variable temporal.
Para la primera sección voy a utilizar las siguientes variables temporales, $\alpha$, lo que se muestra en la imagen de abajo,
![enter image description here]()
$$
x_1 = \left(\sin{\alpha} + (\pi \alpha) \cos{\alpha}\right)
$$
$$
y_1 = \left(\cos{\alpha} + (\alpha \pi) \sin{\alpha}\right)
$$
Donde$\alpha$$0$$\pi$.
De modo que el tiempo que se necesitaría para viajar de esta primera sección, vamos a llamarlo $t_1$, que va de la $\alpha=0$$\alpha=\pi$, puede ser calculado de la siguiente forma
$$
t_1 = \int^\pi_0{\sqrt{\left(\frac{\partial x_1}{\parcial \alpha}\right)^2 + \left(\frac{\partial y_1}{\parcial \alpha}\right)^2}\frac{d\alpha}{v}} = (1+\pi)\sqrt{\frac{a^3}{\mu}} \int^\pi_0{\alpha \sqrt{\frac{\sqrt{1+\alpha^2}}{2(1+\pi)^2-(2+\pi)\sqrt{1+\alpha^2}}} d\alpha} \approx 6.705301770839 \sqrt{\frac{a^3}{\mu}}.
$$
Usted puede utilizar wolframalpha para llegar a la solución analítica de esta integral. Debido a la simetría esta vez tendrá que ser contabilizada dos veces, por lo que el total de tiempo relativo de la contribución de trayectoria, en los que la correa de sujeción está parcialmente envuelto alrededor del asteroide, será igual,
$$
\frac{2t_1}{T_s} \approx 2.134363843504
$$
La segunda sección sería un semi-círculo con un radio de $\pi a$ y al centro en $(0, a)$, lo que
$$
x_2 = \pi \cos{\beta},
$$
$$
y_2 = a + \pi \sin{\beta},
$$
donde $\beta$ es la variable temporal en este caso. De modo que el tiempo que se necesitaría para viajar de esta segunda sección, vamos a llamarlo $t_2$, que va de la $\beta=0$$\beta=\frac{\pi}{2}$, puede ser calculado de la siguiente forma
$$
t_2 = \int^\frac{\pi}{2}_0{\sqrt{\left(\frac{\partial x_2}{\parcial \beta}\right)^2 + \left(\frac{\partial y_2}{\parcial \beta}\right)^2}\frac{d\beta}{v}} = \pi(1+\pi)\sqrt{\frac{a^3}{\mu}}
\int^\frac{\pi}{2}_0 {\sqrt{\frac{\sqrt{1+\pi^2+2\pi\sin{\beta}}}{2(1+\pi)^2-(2+\pi)\sqrt{1+\pi^2+2\pi\sin{\beta}}}}d\beta} \approx 10.560770017283 \sqrt{\frac{a^3}{\mu}}.
$$
Esta integral no parece tener una solución analítica, por lo que tuvo que ser aproximar numéricamente. De nuevo debido a la simetría esta vez tendrá que ser contabilizada dos veces, por lo que el total de tiempo relativo de la contribución de trayectoria, en los que el anclaje pivotante alrededor del punto de fijación, será igual,
$$
\frac{2t_2}{T_s} \approx 3.361597502215
$$
Por lo que el total de la duración relativa tiene un valor de $\approx 5.495961345718$. Así que este recorrido tiene una duración más larga. Esto probablemente tiene algo que ver con el hecho de que esta trayectoria se pasa más tiempo en el mayor de los radios, de tal manera que la alta velocidad no se traducen en un alto de la velocidad angular, y que trayectoria tiene también una larga longitud de ruta de acceso.
Yo también comprueba si hay una trayectoria que pasa por el punto más alto $\left(0,a(1+\pi)\right)$ durante el cual el dispositivo de amarre no es siempre poner bajo tensión, pero no hay tal trayectoria parecía existir. Esto implicó bastante un par de cálculos, por lo que no se muestran aquí. Yo también comprobar si la tensión (total menos aceleración de la gravedad) seguiría siendo positivo a lo largo de la trayectoria, y parece ser el caso culo bien. Y si me ayudaría a disminuir la velocidad por sólo una pequeña cantidad, entonces la tensión sería negativo, cerca del punto más alto. Así que creo que sería capaz de decir que esta solución sería la más larga de salto de la cabra será capaz de hacer y puede ser ejecutado por el salto desde el polo sur verticalmente hacia arriba con una velocidad igual a $\sqrt{\frac{\mu}{a}}\frac{\sqrt{\pi(2\pi+3)}}{1+\pi}$.
