惑星近日点歳差運動に対する小さな可変力の決定効果

ニュートンの重力の法則に従って、2D平面で太陽の周りを回っている惑星のアスピス歳差運動（厳密には歳差運動ではなくアスピド線の回転）に対する小さな可変横加速度の効果を決定するための分析技術はありますか？

このような効果を反復的なコンピューターモデルでモデル化したので、それらの測定値を検証したいと思います。

横加速度の式は

$A t = (K / c^{2}) * V r * V t * A r .$ $At = (K/c^2)*Vr*Vt * Ar.$

どこ：-

cは光の速度、

Kは、ように、0〜+/- 3の大きさの定数です。 $K/(c^2) << 1$

Arは、太陽のニュートン重力の影響による惑星の太陽への加速度です（）。 $Ar = GM/r^2$

Vrは、太陽に対する惑星速度の半径方向成分です（+ =太陽から離れる動き）

Vtは、太陽に対する惑星速度の横方向成分です（+ =軌道軌道に沿った惑星の前進運動の方向）。Vectorially Vt = V-Vrここで、Vは太陽に対する惑星の瞬間瞬間速度ベクトルの合計です。

惑星の質量が太陽に比べて小さいと仮定する

他の体はシステムにありません

すべての運動と加速度は、軌道の2次元平面に限定されます。

更新

これが私にとって興味深いのは、コンピューターモデルのK = +3の値が、一般相対性理論で予測される値の約1％以内、および数パーセント以内の異常な（非ニュートン）周回回転速度値を生成するためです。天文学者が観測したもの（Le Verrier、Newcombにより更新）。

http://en.wikipedia.org/wiki/Apsidal_precessionからのGR由来の周回回転（軌道あたりのラジアン）の式（Einstein、1915）

ω = 24. π^{3} . a^{2} . T^{- 2} . c^{- 2} . (1 - e^{2})^{- 1}

$\boldsymbol{\omega}=24.\pi^3.a^2.T^{-2}.c^{-2}.(1-e^2)^{-1}$

更新4

ウォルターの答えを受け入れました。彼は元の質問に答えただけでなく（テクニックはありますか？）私にとって）は、アインシュタイン1915式と本質的に同等です。

ウォルターの要約から（以下のウォルターの回答）：-

：（1次の摂動解析から）半長軸と離心率は変化しませんが、周方向の方向は軌道面で速度回転します軌道周波数でありと半長径。（）これは、順序（Einstein 1915によって与えられた）での一般相対性理論（GR）の歳差運動率と一致することに注意してください。

ω = Ω \frac{v_{c}^{2}}{c^{2}} \frac{K}{1 - e^{2}},

$\omega=\Omega \frac{v_c^2}{c^2} \frac{K}{1-e^2},$

Ω

$\Omega$

v_{c} = Ω a

$v_c=\Omega a$

a

$a$

K = 3

$K=3$

v_{c}^{2} / c^{2}

$v_c^2/c^2$

gravity eccentric-orbit

— スティーブ
ソース

あなたはまだ答えを探していますか？

— ウォルター14

@ウォルター。はい、そうです。physics.stackexchange.com/questions/123685/…で同様の質問をしましたが、まだ確固たる回答がありません。

— steveOw

@ウォルター。また、math.stackexchange.com / questions / 866836 /…で質問しました。

— -steveOw

はい、範囲内で有効な近似解析法（摂動理論）があります。おそらく、あなたの質問を少し明確にすることができます。横加速度の方向は何ですか（「横方向」は瞬間速度に垂直であることを意味しますが、加速度が軌道面にあるのか、垂直面にあるのか、混合面にあるのかはわかりません）。

K ≪ 1

$K\ll1$

— ウォルター14

ここでの質問と数学（および物理学）の質問には違いがあります：ここで、横方向の加速度は半径方向の加速度に比例し、は無次元数であり、半径方向の加速度は横方向の加速度に影響せず、は加速（「数値」について話す場合）。

K

$K$

K

$K$

— ウォルター14

摂動論を使用することもできます。これにより、おおよその答えが得られますが、分析的な処理が可能になります。あなたの力はケプラー楕円軌道への小さな摂動とみなされ、結果の運動方程式はべき乗で拡張されます。線形摂動理論では、で線形の項のみが保持されます。これは、摂動されていない元の軌道に沿って摂動を積分するだけです。力をベクトルとして書くと、摂動加速度は with動径速度（）および $K$ $K$

a = K \frac{G M}{r^{2} c^{2}} v_{r} v_{t}

$\boldsymbol{a} = K \frac{GM}{r^2c^2}v_r\boldsymbol{v}_t$

v_{r} = v \cdot \hat{r}

$v_r=\boldsymbol{v}{\cdot}\hat{\boldsymbol{r}}$

v \equiv \dot{r}

$\boldsymbol{v}\equiv\dot{\boldsymbol{r}}$

v_{t} = (v - \hat{r} (v \cdot \hat{r}))

$\boldsymbol{v}_t=(\boldsymbol{v}-\hat{\boldsymbol{r}}(\boldsymbol{v}{\cdot}\hat{\boldsymbol{r}}))$ 速度の回転成分（最大速度から動径速度を引いた値）。ここで、上の点は時間微分を示し、帽子は単位ベクトルを示します。

さて、それはあなたが「効果」で何を意味するかによります。軌道半長軸、離心率、および周方向の変化を調べてみましょう。 $a$ $e$

以下の結果を要約すると、半長軸と離心率は変化しませんが、周方向の方向は軌道面で速度回転します軌道周波数でありと半長径。（）これは、順序での一般相対論（GR）歳差運動率と一致することに注意してください（アインシュタイン1915によって与えられましたが、元の質問では言及されていません）。

ω = Ω \frac{v_{c}^{2}}{c^{2}} \frac{K}{1 - e^{2}},

$\omega=\Omega \frac{v_c^2}{c^2} \frac{K}{1-e^2},$

Ω

$\Omega$

v_{c} = Ω a

$v_c=\Omega a$

a

$a$

K = 3

$K=3$

v_{c}^{2} / c^{2}

$v_c^2/c^2$

半長軸の変更

関係（の軌道エネルギー）から、外部によるの変化について（非ケプラー）加速挿入（と角運動量ベクトル）、任意の関数の軌道平均（以下を参照）、。 $a=-GM/2E$ $E=\frac{1}{2}\boldsymbol{v}^2-GMr^{-1}$ $a$

\dot{a} = \frac{2 a^{2}}{G M} v \cdot a .

$\dot{a}=\frac{2a^2}{GM}\boldsymbol{v}{\cdot}\boldsymbol{a}.$

a

$\boldsymbol{a}$

v \cdot v_{t} = h^{2} / r^{2}

$\boldsymbol{v}{\cdot}\boldsymbol{v}_t=h^2/r^2$

h \equiv r \land v

$\boldsymbol{h}\equiv\boldsymbol{r}\wedge\boldsymbol{v}$

\dot{a} = \frac{2 a^{2} K h^{2}}{c^{2}} \frac{v_{r}}{r^{4}} .

$\dot{a}=\frac{2a^2Kh^2}{c^2}\frac{v_r}{r^4}.$

⟨ v_{r} f (r) ⟩ = 0

$\langle v_r f(r)\rangle=0$

f

$f$

⟨ \dot{a} ⟩ = 0

$\langle\dot{a}\rangle=0$

離心率の変化

、我々は見つけるであることはすでにわかっているので、最初の項のみを考慮する必要があります。したがって、 IDを使用した場所と事実 $\boldsymbol{h}^2=(1-e^2)GMa$

e \dot{e} = - \frac{h \cdot \dot{h}}{G M a} + \frac{h^{2} \dot{a}}{2 G M a^{2}} .

$e\dot{e}=-\frac{\boldsymbol{h}{\cdot}\dot{\boldsymbol{h}}}{GMa}+\frac{h^2\dot{a}}{2GMa^2}.$

⟨ \dot{a} ⟩ = 0

$\langle\dot{a}\rangle=0$

e \dot{e} = - \frac{(r \land v) \cdot (r \land a)}{G M a} = - \frac{r^{2} v \cdot a}{G M a} = - \frac{K h^{2}}{a c^{2}} \frac{v_{r}}{r^{2}},

$e\dot{e}=-\frac{(\boldsymbol{r}\wedge\boldsymbol{v}){\cdot}(\boldsymbol{r}\wedge\boldsymbol{a})}{GMa} =-\frac{r^2\;\boldsymbol{v}{\cdot}\boldsymbol{a}}{GMa} =-\frac{Kh^2}{ac^2}\frac{v_r}{r^2},$

(a \land b) \cdot (c \land d) = a \cdot c b \cdot d - a \cdot d b \cdot c

$(\boldsymbol{a}\wedge\boldsymbol{b}){\cdot}(\boldsymbol{c}\wedge\boldsymbol{d}) =\boldsymbol{a}{\cdot}\boldsymbol{c}\;\boldsymbol{b}{\cdot}\boldsymbol{d}- \boldsymbol{a}{\cdot}\boldsymbol{d}\;\boldsymbol{b}{\cdot}\boldsymbol{c}$

r \cdot a_{p} = 0

$\boldsymbol{r}{\cdot}\boldsymbol{a}_p=0$ 。再び、です。

⟨ v_{r} / r^{2} ⟩ = 0

$\langle v_r/r^2\rangle=0$

⟨ \dot{e} ⟩ = 0

$\langle\dot{e}\rangle=0$

周方向の方向の変更

偏心ベクトル periapseの方向（重力の中心から）点は、大きさを有します、およびケプラー運動の下で保存されます（すべてを運動として検証してください！）。この定義から、外部加速による瞬間的な変化を見つける $\boldsymbol{e}\equiv\boldsymbol{v}\wedge\boldsymbol{h}/GM - \hat{\boldsymbol{r}}$ $e$

\dot{e} = \frac{a \land (r \land v) + v \land (r \land a)}{G M} = \frac{2 (v \cdot a) r - (r \cdot v) a}{G M} = \frac{2 K}{c^{2}} \frac{h^{2} v_{r} r}{r^{4}} - \frac{K}{c^{2}} \frac{v_{r}^{2} v_{t}}{r}

$\dot{\boldsymbol{e}}= \frac{\boldsymbol{a}\wedge(\boldsymbol{r}\wedge\boldsymbol{v}) +\boldsymbol{v}\wedge(\boldsymbol{r}\wedge\boldsymbol{a})}{GM} =\frac{2(\boldsymbol{v}{\cdot}\boldsymbol{a})\boldsymbol{r} -(\boldsymbol{r}{\cdot}\boldsymbol{v})\boldsymbol{a}}{GM} =\frac{2K}{c^2}\frac{h^2v_r\boldsymbol{r}}{r^4} -\frac{K}{c^2}\frac{v_r^2\boldsymbol{v}_t}{r}$ アイデンティティを使用した場所と事実。これらの式の軌道平均は、以下の付録で考慮されます。最終的にすべてをまとめると、得られ、[ 再び修正 ] これは、角周波数の軌道面での周回の回転です。特に

a \land (b \land c) = (a \cdot c) b - (a \cdot b) c

$\boldsymbol{a}\wedge(\boldsymbol{b}\wedge\boldsymbol{c})=(\boldsymbol{a}{\cdot}\boldsymbol{c})\boldsymbol{b}-(\boldsymbol{a}{\cdot}\boldsymbol{b})\boldsymbol{c}$

r \cdot a = 0

$\boldsymbol{r}{\cdot}\boldsymbol{a}=0$

\dot{e} = ω \land e

$\dot{\boldsymbol{e}}=\boldsymbol{\omega}\wedge\boldsymbol{e}$

ω = Ω K \frac{v_{c}^{2}}{c^{2}} (1 - e^{2})^{- 1} \hat{h} .

$\boldsymbol{\omega}=\Omega K \frac{v_c^2}{c^2} (1-e^2)^{-1}\, \hat{\boldsymbol{h}}.$

ω = | ω |

$\omega=|\boldsymbol{\omega}|$

⟨ e \dot{e} ⟩ = ⟨ e \cdot \dot{e} ⟩ = 0

$\langle e\dot{e}\rangle=\langle\boldsymbol{e}{\cdot}\dot{\boldsymbol{e}}\rangle=0$ は、以前の調査結果と一致しています。

1次摂動論を使用しているため、これらの結果は制限でのみ厳密に正しいことを忘れないで。ただし、2次摂動理論では、および/または両方が変化する可能性があります。数値実験ではとの軌道平均された変化がゼロであるか、摂動振幅線形より強いスケールであることがわかります。 $K(v_c/c)^2\to0$ $a$ $e$ $a$ $e$ $K$

免責事項代数が正しいという保証はありません。確認してください！

付録：軌道平均

任意の（しかし積分可能な）関数使用した軌道平均は、任意のタイプの周期軌道について直接計算できます。LETの不定積分である、すなわち、、次いで軌道平均である：、は軌道周期です。 $v_rf(r)$ $f(r)$ $F(r)$ $f(r)$ $F'\!=f$

⟨ v_{r} f (r) ⟩ = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} v_{r} (t) f (r (t)) d t = \frac{1}{T} {[F (r (t))]}_{0}^{T} = 0

$\langle v_r f(r)\rangle = \frac{1}{T}\int_0^T v_r(t)\,f\!\left(r(t)\right) \mathrm{d}t = \frac{1}{T} \left[F\left(r(t)\right)\right]_0^T = 0$

T

$T$

で必要な軌道平均については、もう少し掘り下げなければなりません。ケプラー楕円軌道の場合と偏心ベクトルおよび Aベクター垂直にと。ここで、は偏心異常であり、これは介した平均異常関連しています。 $\langle\dot{\boldsymbol{e}}\rangle$

r = a ((\cos η - e) \hat{e} + \sqrt{1 - e^{2}} \sin η \hat{k}) and r = a (1 - e \cos η)

$\boldsymbol{r}=a\left((\cos\eta-e)\hat{\boldsymbol{e}}+\sqrt{1-e^2}\sin\eta\,\hat{\boldsymbol{k}}\right)\qquad\text{and}\qquad r=a(1-e\cos\eta)$

e

$\boldsymbol{e}$

\hat{k} \equiv \hat{h} \land \hat{e}

$\hat{\boldsymbol{k}}\equiv\hat{\boldsymbol{h}}\wedge\hat{\boldsymbol{e}}$

e

$\boldsymbol{e}$

h

$\boldsymbol{h}$

η

$\eta$

ℓ

$\ell$

ℓ = η - e \sin η,

$\ell=\eta-e\sin\eta,$

d ℓ = (1 - e \cos η) d η

$\mathrm{d}\ell=(1-e\cos\eta)\mathrm{d}\eta$ および軌道平均はの時間微分（軌道周波数）を取ると、瞬間（非摂動）軌道速度私が導入している、長半径を有する円軌道の速度。これから、動径速度を見つけます

⟨ \cdot ⟩ = (2 π)^{- 1} \int_{0}^{2 π} \cdot d ℓ = (2 π)^{- 1} \int_{0}^{2 π} \cdot (1 - e \cos η) d η .

$\langle\cdot\rangle = (2\pi)^{-1}\int_0^{2\pi}\cdot\;\mathrm{d}\ell = (2\pi)^{-1}\int_0^{2\pi}\cdot\;(1-e\cos\eta)\mathrm{d}\eta.$

\dot{ℓ} = Ω = \sqrt{G M / a^{3}}

$\dot{\ell}=\Omega=\sqrt{GM/a^3}$

r

$\boldsymbol{r}$

v = v_{c} \frac{\sqrt{1 - e^{2}} \cos η \hat{k} - \sin η \hat{e}}{1 - e \cos η}

$\boldsymbol{v}=v_c\frac{\sqrt{1-e^2}\cos\eta\,\hat{\boldsymbol{k}}-\sin\eta\,\hat{\boldsymbol{e}}}{1-e\cos\eta}$

v_{c} \equiv Ω a = \sqrt{G M / a}

$v_c\equiv\Omega a=\sqrt{GM/a}$

a

$a$

v_{r} = \hat{r} \cdot v = v_{c} e \sin η (1 - e \cos η)^{- 1}

$v_r=\hat{\boldsymbol{r}}{\cdot}\boldsymbol{v}=v_c e\sin\eta(1-e\cos\eta)^{-1}$ および回転速度

v_{t} = v_{c} \frac{\sqrt{1 - e^{2}} (\cos η - e) \hat{k} - (1 - e^{2}) \sin η \hat{e}}{(1 - e \cos η)^{2}} .

$\boldsymbol{v}_t = v_c\frac{\sqrt{1-e^2}(\cos\eta-e)\,\hat{\boldsymbol{k}}-(1-e^2)\sin\eta\,\hat{\boldsymbol{e}}}{(1-e\cos\eta)^2}.$

これらにより、[ 再び修正 ] 特に、方向の成分は平均してゼロになります。したがって、[ 再修正 ]

⟨ \frac{h^{2} v_{r} r}{r^{4}} ⟩ = Ω v_{c}^{2} \hat{k} \frac{e (1 - e^{2})^{3 / 2}}{2 π} \int_{0}^{2 π} \frac{\sin^{2} η}{(1 - e \cos η)^{4}} d η = \frac{Ω v_{c}^{2} e}{2 (1 - e^{2})} \hat{k} ⟨ \frac{v_{r}^{2} v_{t}}{r} ⟩ = Ω v_{c}^{2} \hat{k} \frac{e^{2} (1 - e^{2})^{1 / 2}}{2 π} \int_{0}^{2 π} \frac{\sin^{2} η (\cos η - e)}{(1 - e \cos η)^{4}} d η = 0,

$\left\langle \frac{h^2v_r\boldsymbol{r}}{r^4}\right\rangle = \Omega v_c^2\,\hat{\boldsymbol{k}}\, \frac{e(1-e^2)^{3/2}}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{\sin^2\!\eta}{(1-e\cos\eta)^4}\mathrm{d}\eta =\frac{\Omega v_c^2e}{2(1-e^2)}\hat{\boldsymbol{k}} \\ \left\langle \frac{v_r^2\boldsymbol{v}_t}{r}\right\rangle = \Omega v_c^2\, \hat{\boldsymbol{k}}\, \frac{e^2(1-e^2)^{1/2}}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{\sin^2\!\eta(\cos\eta-e)}{(1-e\cos\eta)^4}\mathrm{d}\eta=0,$

\hat{e}

$\hat{\boldsymbol{e}}$

⟨ 2 \frac{h^{2} v_{r} r}{r^{4}} - \frac{v_{r}^{2} v_{t}}{r} ⟩ = \frac{Ω v_{c}^{2} e \hat{k}}{(1 - e^{2})}

$\left\langle 2\frac{h^2v_r\boldsymbol{r}}{r^4}-\frac{v_r^2\boldsymbol{v}_t}{r}\right\rangle =\frac{\Omega v_c^2e\,\hat{\boldsymbol{k}}}{(1-e^2)}$

— ウォルター
ソース

コメントは詳細なディスカッション用ではありません。この会話はチャットに移動されました。

— called2voyage